结论1：矩阵$B$能被得到当且仅当满足以下条件——
1.$\forall i\ge 2,\sum_{j=1}^{W}(-1)^{i+j}A_{i,j}=\sum_{j=1}^{W}(-1)^{i+j}B_{i,j}$
2.$\forall j\ge 2,\sum_{i=1}^{H}(-1)^{i+j}A_{i,j}=\sum_{i=1}^{H}(-1)^{i+j}B_{i,j}$
必要性：每一次操作均不会改变上述值，因此显然成立
充分性：按顺序依次操作使得$A_{i,j}=B_{i,j}$，最终剩下的值由必要性被唯一确定，必然相同
将$A_{i,j}$和$B_{i,j}$均乘上$(-1)^{i+j}$，条件也即每行每列元素和相同
记$x_{i}$为$A$和$B$第$i$行的元素和的差，$y_{j}$为$A$和$B$第$j$列的元素和的差（初始$B_{i,j}$均为0）
考虑调整，将$B_{i,j}$增加$t$即使得$x_{i}$和$y_{j}$分别减小$t$并花费$|t|$的代价，最终要求$x_{i}$和$y_{j}$均为0
结论2：上述问题的最小代价为$\max(\sum_{i=1}^{H}|x_{i}|,\sum_{j=1}^{W}|y_{j}|)$
每花费$t$的代价最多使得上述两值分别减小$t$，而最多为0，因此最小代价为该值
另一方面，考虑不断执行以下操作：
1.若存在$x_{i}y_{j}>0$，选择此类$(i,j)$并将$B_{i,j}$增加$sign(x_{i})$（符号函数）
2.若存在$x_{i}x_{j}<0$，不妨假设$x_{i}>0$，将$B_{i,1}$增加1$,B_{j,1}$减小1
注意到$\sum_{i=1}^{H}x_{i}=\sum_{j=1}^{W}y_{j}$，因此均不存在当且仅当$x_{i}$和$y_{j}$均为0
同时，若花费$t$的代价，总会使得$\max(\sum_{i=1}^{H}|x_{i}|,\sum_{j=1}^{W}|y_{j}|)$减小$t$
综上，即得证
关于如何取到最小值，参考证明中的构造即可（每一轮至少会使得一个数变为0）
时间复杂度为$o(n^{2})$，可以通过
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 505 4 #define ll long long 5 vector<int>v1,v2; 6 int n,m; 7 ll ans,x[N],y[N],a[N][N]; 8 void upd(int i,int j,ll s){ 9 a[i][j]+=s,x[i]-=s,y[j]-=s; 10 } 11 int main(){ 12 scanf("%d%d",&n,&m); 13 for(int i=1;i<=n;i++) 14 for(int j=1;j<=m;j++){ 15 scanf("%lld",&a[i][j]); 16 if ((i+j)&1)a[i][j]=-a[i][j]; 17 x[i]+=a[i][j],y[j]+=a[i][j]; 18 } 19 memset(a,0,sizeof(a)); 20 while (1){ 21 int posi1=0,posi2=0,posj1=0,posj2=0; 22 for(int i=1;i<=n;i++){ 23 if (x[i]>0)posi1=i; 24 if (x[i]<0)posi2=i; 25 } 26 for(int j=1;j<=m;j++){ 27 if (y[j]>0)posj1=j; 28 if (y[j]<0)posj2=j; 29 } 30 if ((posi1)&&(posj1)){ 31 upd(posi1,posj1,min(x[posi1],y[posj1])); 32 continue; 33 } 34 if ((posi2)&&(posj2)){ 35 upd(posi2,posj2,max(x[posi2],y[posj2])); 36 continue; 37 } 38 if ((posi1)&&(posi2)){ 39 ll s=min(x[posi1],-x[posi2]); 40 upd(posi1,1,s),upd(posi2,1,-s); 41 continue; 42 } 43 if ((posj1)&&(posj2)){ 44 ll s=min(y[posj1],-y[posj2]); 45 upd(1,posj1,s),upd(1,posj2,-s); 46 continue; 47 } 48 break; 49 } 50 for(int i=1;i<=n;i++) 51 for(int j=1;j<=m;j++){ 52 if ((i+j)&1)a[i][j]=-a[i][j]; 53 ans+=abs(a[i][j]); 54 } 55 printf("%lld\n",ans); 56 for(int i=1;i<=n;i++){ 57 for(int j=1;j<=m;j++)printf("%lld ",a[i][j]); 58 printf("\n"); 59 } 60 return 0; 61 }