[搜索or枚舉]AOJ 0525 Osenbei

Time Limit:3000MS Memory Limit:65536KB 64bit IO Format:%lld & %llu
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問題

IOI製菓では，創業以來の伝統の製法で煎餅（せんべい）を焼いている．この伝統の製法は，炭火で一定時間表側を焼き，表側が焼けると裏返して，炭火で一定時間裏側を焼くというものである．この伝統を守りつつ，煎餅を機械で焼いている．この機械は縦 R (1 ≤ R ≤ 10) 行, 橫 C (1 ≤ C ≤ 10000) 列の長方形狀に煎餅を並べて焼く．通常は自動運転で，表側が焼けたら一斉に煎餅を裏返し裏側を焼く．

ある日，煎餅を焼いていると，煎餅を裏返す直前に地震が起こり何枚かの煎餅が裏返ってしまった．幸いなことに炭火の狀態は適切なままであったが，これ以上表側を焼くと創業以來の伝統で定められている焼き時間を超えてしまい，煎餅の表側が焼けすぎて商品として出荷できなくなる．そこで，急いで機械をマニュアル操作に変更し，まだ裏返っていない煎餅だけを裏返そうとした．この機械は，橫の行を何行か同時に裏返したり縦の列を何列か同時に裏返したりすることはできるが，殘念なことに，煎餅を１枚ごと裏返すことはできない．

裏返すのに時間がかかると，地震で裏返らなかった煎餅の表側が焼けすぎて商品として出荷できなくなるので，橫の何行かを同時に１回裏返し，引き続き，縦の何列かを同時に１回裏返して，表側を焼きすぎずに両面を焼くことのできる煎餅，つまり，「出荷できる煎餅」の枚數をなるべく多くすることにした．橫の行を１行も裏返さない，あるいは，縦の列を１列も裏返さない場合も考えることにする．出荷できる煎餅の枚數の最大値を出力するプログラムを書きなさい．

地震の直後に，煎餅が次の図のような狀態になったとする．黒い丸が表側が焼ける狀態を，白い丸が裏側が焼ける狀態を表している．

1行目を裏返すと次の図のような狀態になる．

さらに， 1列目と5列目を裏返すと次の図のような狀態になる．この狀態では，出荷できる煎餅は9枚である．

ヒント

R の上限 10 は C の上限 10000 に比べて小さいことに注意せよ．

入力

入力の1行目には2つの整數 R, C (1 ≤ R ≤ 10, 1 ≤ C ≤ 10 000) が空白を區切りとして書かれている．続く R 行は地震直後の煎餅の狀態を表す． (i+1) 行目 (1 ≤ i ≤ R) には， C 個の整數 ai,1, ai,2, ……, ai,C が空白を區切りとして書かれており， ai,j は i 行 j 列 の煎餅の狀態を表している. ai,j が 1 なら表側が焼けることを， 0 なら裏側が焼けることを表す．

出力

提出する出力ファイルは，出荷できる煎餅の最大枚數だけを含む1行からなる．

入出力の例

入力例１ 入力例２
2 5
0 1 0 1 0
1 0 0 0 1
3 6
1 0 0 0 1 0
1 1 1 0 1 0
1 0 1 1 0 1
　
出力例１ 出力例２
9
15
上記問題文と自動審判に使われるデータは、情報オリンピック日本委員會が作成し公開している問題文と採點用テストデータです。

Notes on Submission

標準入出力を行うプログラムを作成して下さい.

上記形式で複數のデータセットが與えられます. C, R がともに 0 のとき入力の終わりを示します.

Sample Input

2 5
0 1 0 1 0
1 0 0 0 1
3 6
1 0 0 0 1 0
1 1 1 0 1 0
1 0 1 1 0 1
0 0
Sample Output

9
15

題目大意是說，有一個煎餅器，可以烤R行C列的煎餅，煎餅可以正面朝上(用1表示)，也可以背面朝上(用0表示)，一次可以翻轉一整行或一整列的煎餅。現在需要把儘量多的煎餅翻成正面朝上，給定煎餅的當前狀態，問經過翻轉後，最多能使多少煎餅正面朝上。

因爲列數很大，行數只有10，所以枚舉出10行所有的情況只有210=1024 種可能性。行翻轉完畢後，統計每一行朝上的和朝下的個數，取最大值即可。
枚舉的話，先從行開始，一共有2R 種翻轉可能，行翻轉完畢再翻轉列。列的翻轉不必真的flip，只需要統計一下朝上的煎餅果子和朝下的煎餅果子，兩者比較取其最大值即可。

用bitset來表示每一行的情況，所以就很容易表達出來了。

這是第一份代碼，用dfs來做的。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <bitset>
#include<iostream>
using namespace std;
const int MAX_R = 10;
const int MAX_C = 10000;
int R, C;
bitset<MAX_C> a[MAX_R];

int ans;
bool tmp;

void dfs(int k)
{
//    for(int i = 0;i<R;i++)
//    {
//        cout<<a[i][k];
//    }
//    cout<<endl;
    if(k == R)
    {
        int result = 0;
        for(int j = 0; j < C; j ++)
        {
            int upNum = 0;
            for(int i = 0; i < R; i ++)
            {
                if(a[i][j]) upNum ++;
            }
            result += max(upNum, R - upNum);
        }
        ans = max(ans, result);
        return;
    }
    dfs(k + 1);
    a[k].flip();
    dfs(k + 1);

}
int main()
{
    while(scanf("%d %d", &R, &C))
    {
        if(R == 0 && C == 0) break;
        for(int i = 0; i < R; i ++)
        {
            for(int j = 0; j < C; j ++)
            {
                scanf("%d", &tmp);
                a[i][j] = tmp;
            }
        }
    ans = 0;
    dfs(1);
    printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}

這是第二份代碼，用枚舉的方法來做的。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<set>
#include<vector>
#include<map>
#include<string>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<bitset>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
bitset<10000> cookie[10];

int main()
{

    int R, C;
    while(scanf("%d%d",&R,&C)!=EOF)
    {
        if (R==0&&C==0) break;
        int i, j;
        for (i = 0; i < R; ++i)
        {
            for (j = 0; j < C; ++j)
            {
                //bitset的輸入
                bool in;
                cin >> in;
                cookie[i][j] = in;
            }
        }

        int n = 1 << R; //橫向總共有這麼多種變換
        ll result = 0;
        for (i = 0; i < n ; ++i)
        {
            for (j = 0; j < R; ++j)
                if (i & (1 << j))
                    cookie[j].flip();

            ll ans = 0;
            for (j = 0; j < C; ++j)
            {
                int upNum = 0;
                for (int k = 0; k < R; ++k)
                    if (cookie[k][j])
                        ++upNum;
                ans += max(upNum, R-upNum);
            }
            result = max(result, ans);

            for (j = 0; j < R; ++j)
                if (i & (1 << j))
                    cookie[j].flip();//記得翻回來
        }
        printf("%lld\n",result);
    }
    return 0;
}