Domino - 题解

标签与难度

标签: 构造, 势能分析, 前缀和, 网格图, 思维题难度: 2100

题目大意喵~

你好呀，指挥官！这道题是关于多米诺骨牌的喵~

我们有一个 $n \times m$ 的大棋盘，它被 $1 \times 2$ (横向) 和 $2 \times 1$ (纵向) 的多米诺骨牌完美地铺满了。我们可以对这个棋盘做两种神奇的操作：

在一个 $2 \times 2$ 的小方格里，如果它正好被两个横向的骨牌覆盖，我们可以把它们旋转一下，变成两个纵向的骨牌。
同样，在一个 $2 \times 2$ 的小方格里，如果它被两个纵向的骨牌覆盖，我们也可以把它们旋转成两个横向的骨牌。

就像这样，喵~：

--      ||
--  <=> ||

现在我们有两份铺好的 $n \times m$ 棋盘，初始状态（A）和目标状态（B）。问题是，我们最少需要多少次这样的旋转操作，才能把初始状态的棋盘变得和目标状态一模一样呢？

解题思路分析

这道题看起来有点棘手，因为它涉及状态转换和最少操作次数，可能会让人想到复杂的搜索算法，但其实有更巧妙的解法哦，喵~ 让我们一起用猫咪的直觉来破解它吧！

首先，把问题简化一下。将棋盘 A 变成棋盘 B，等价于将一个“差异”棋盘（A 相对于 B 的不同之处）变成一个“全同”棋盘（没有差异）。每一次操作，我们都是在改变局部骨牌的布局。我们的目标是找到一个衡量“差异”的量，并且这个量在每次操作后都会有非常规律的变化。这种方法，在算法竞赛中叫做势能分析，是不是听起来很酷？

让我们来构造一个“势能函数”吧！

1. 关注点分离

一个操作会同时影响横向和纵向的骨牌数量。为了简化问题，我们只关注一种骨牌，比如说，横向的。一个操作可以看作是：在某个 $2 \times 2$ 区域内，要么减少两个横向骨牌（同时增加两个纵向骨牌），要么增加两个横向骨牌（同时减少两个纵向骨牌）。

2. 定义差异场

我们创建一个新的 $n \times m$ 的网格，叫做 diff 好了。对于每个单元格 (i, j)，我们记录两个棋盘在这里横向骨牌的差异。

h_A(i, j): 如果棋盘 A 在 (i, j) 位置有一个横向骨牌的左半部分，则为 1，否则为 0。
h_B(i, j): 如果棋盘 B 在 (i, j) 位置有一个横向骨牌的左半部分，则为 1，否则为 0。
diff[i][j] = h_A(i, j) - h_B(i, j)。这个值只可能是 -1, 0, 1。

现在，我们的目标就是通过操作，把整个 diff 网格变成全 0。

3. 寻找“势”

一个在 (r, c)（ $2 \times 2$ 方格的左上角）的操作，会影响到 (r, c) 和 (r+1, c) 两处的横向骨牌。

如果是 横 -> 竖，那么 h_A(r, c) 和 h_A(r+1, c) 都从 1 变为 0。diff[r][c] 和 diff[r+1][c] 都减少了 1。
如果是 竖 -> 横，那么 h_A(r, c) 和 h_A(r+1, c) 都从 0 变为 1。diff[r][c] 和 diff[r+1][c] 都增加了 1。

每次操作影响了两个位置，还是有点麻烦。能不能让它只影响一个位置呢？

这里就是魔法发生的地方啦！我们引入一个交替的符号。让我们定义一个新的势能场 potential_diff：

\text{potential\_diff}[i][j] = (h_A(i, j) - h_B(i, j)) \times (-1)^i

现在再看看一次操作的影响。假设在 (r, c) 进行一次 横 -> 竖 的操作：

potential_diff[r][c] 的变化量是: $-1 \times (-1)^r$
potential_diff[r+1][c] 的变化量是: $-1 \times (-1)^{r+1}$

注意到 $(-1)^{r+1} = -(-1)^r$ 了吗？喵！这意味着，如果 potential_diff[r][c] 减少了 v，那么 potential_diff[r+1][c] 就会减少 -v，也就是增加了 v！一个位置减少，另一个位置就增加相同的量。

4. 前缀和的魔法

一个加一个减，这让我们想到了什么？对啦，是前缀和！

我们来构造最终的势能场 P，它是 potential_diff 在列方向上的前缀和：

P[i][j] = \sum_{k=0}^{i} \text{potential\_diff}[k][j]

现在，让我们再来看看在 (r, c) 进行一次操作对 P 的影响：

对于任意 k < r，P[k][j] 不变，因为 potential_diff 在这些行都没有变化。
对于 k = r，P[r][j] 的变化量是 potential_diff[r][c] 的变化量，即 $\pm 1 \times (-1)^r$ 。我们称之为 v。
对于任意 k > r，P[k][j] 的变化量是 potential_diff[r][c] 的变化量加上 potential_diff[r+1][c] 的变化量，也就是 v + (-v) = 0！

太神奇了，喵！一次操作，只会让势能场 P 中的一个元素 P[r][c] 的值改变 +1 或者 -1。

5. 计算最终答案

我们的目标是让两个棋盘相同，这等价于让所有的 diff[i][j] 都为 0，从而所有的 potential_diff[i][j] 和 P[i][j] 也都为 0。

如果 P[r][c] 的当前值是 X，那么为了把它变成 0，我们需要进行 |X| 次能让 P[r][c] 的绝对值减 1 的操作。因为每次操作只影响一个 P 值，并且是 +/- 1 的变化，所以不同位置的操作是相互独立的。

所以，总的最少操作次数就是把所有 P[i][j] 都变成 0 所需操作次数的总和，也就是：

\text{Total Operations} = \sum_{i=0}^{n-1} \sum_{j=0}^{m-1} |P[i][j]|

总结一下我们的算法步骤：

创建一个 $n \times m$ 的 potential_diff 数组，全部初始化为 0。
遍历初始棋盘 A，如果 (i, j) 是一个横向骨牌的左半部分，就给 potential_diff[i][j] 加上 (i % 2 == 0 ? 1 : -1)。
遍历目标棋盘 B，如果 (i, j) 是一个横向骨牌的左半部分，就从 potential_diff[i][j] 减去 (i % 2 == 0 ? 1 : -1)。
对 potential_diff 数组的每一列做前缀和，得到最终的势能场 P。
将 P 数组中所有元素的绝对值相加，就是我们想要的答案啦！

代码实现

这是我根据上面的思路，精心为你准备的代码哦~ 喵~

cpp

#include <iostream>
#include <vector>
#include <string>
#include <cmath>

// 使用一个函数来处理输入和计算，让主函数更整洁喵~
void solve() {
    int n, m;
    // 持续读取输入直到文件末尾
    while (std::cin >> n >> m) {
        // 为了方便处理，我们多留一些空间，避免边界检查的麻烦
        std::vector<std::vector<int>> potential_diff(n + 1, std::vector<int>(m + 1, 0));
        std::vector<std::string> grid(n);

        // --- 步骤 1 & 2: 处理初始棋盘 A ---
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            std::cin >> grid[i];
            for (int j = 0; j < m; ++j) {
                // 我们只关心横向骨牌的左半部分
                if (grid[i][j] == '-') {
                    // 根据行号的奇偶性给予不同的符号
                    // (i % 2 == 0 ? 1 : -1) 和 ( (i & 1) ? -1 : 1 ) 是一样的哦
                    int sign = (i % 2 == 0) ? 1 : -1;
                    potential_diff[i][j] += sign;
                    // 跳过横向骨牌的右半部分，防止重复计算
                    j++; 
                }
            }
        }

        // --- 步骤 3: 处理目标棋盘 B ---
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            std::cin >> grid[i];
            for (int j = 0; j < m; ++j) {
                if (grid[i][j] == '-') {
                    int sign = (i % 2 == 0) ? 1 : -1;
                    potential_diff[i][j] -= sign; // 从差异中减去
                    j++;
                }
            }
        }

        // --- 步骤 4: 计算列方向的前缀和 ---
        // 这会把 potential_diff 数组变成我们最终的势能场 P
        for (int j = 0; j < m; ++j) {
            for (int i = 1; i < n; ++i) {
                potential_diff[i][j] += potential_diff[i - 1][j];
            }
        }

        // --- 步骤 5: 累加势能场所有值的绝对值 ---
        long long total_ops = 0;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            for (int j = 0; j < m; ++j) {
                total_ops += std::abs(potential_diff[i][j]);
            }
        }

        std::cout << total_ops << std::endl;
    }
}

int main() {
    // 加速一下输入输出，让程序跑得更快，像猫咪一样敏捷！
    std::ios_base::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(NULL);
    solve();
    return 0;
}

复杂度分析

时间复杂度: $O(N \times M)$ 我们对两个 $N \times M$ 的网格进行了几次完整的遍历：读取输入、构建 potential_diff 数组、计算前缀和、以及最后求和。每一步都是线性的，所以总时间复杂度是 $O(N \times M)$ ，非常高效的说！
空间复杂度: $O(N \times M)$ 我们主要使用了一个 $N \times M$ 大小的 potential_diff 数组来存储我们的势能场，以及一个 grid 数组来读取输入。所以额外空间是 $O(N \times M)$ 。

知识点总结

这道题真是一次有趣的思维探险，对吧？我们可以从中学习到：

势能分析 (Potential Function Method): 这是解决这类状态转换问题的强大武器。通过构造一个巧妙的“势能”函数，使得每次操作对势能的影响变得极其简单和局部化，从而将复杂问题转化为简单的计数问题。
前缀和 (Prefix Sum): 前缀和不仅能用于快速求区间和，还能像这道题一样，作为一种变换工具，将成对的、符号相反的变化（一个 +v，一个 -v）转化为单点变化，这是解题的关键一步。
构造性思维 (Constructive Thinking): 面对没有明显模板可以套用的问题时，深入分析操作的性质，尝试构造出能反映问题本质的数学模型，是通往解法的重要途径。

希望这篇题解能帮到你，指挥官！如果还有其他问题，随时可以来找我玩哦，喵~

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题目大意喵~ ​

解题思路分析 ​

1. 关注点分离 ​

2. 定义差异场 ​

3. 寻找“势” ​

4. 前缀和的魔法 ​

5. 计算最终答案 ​

代码实现 ​

复杂度分析 ​

知识点总结 ​