BZOJ 3901: 棋盘游戏 【贪心】

题目分析：

题解就直接看这位dalao的博客吧~
我只想补充证明一下为什么左上角的那块X*X的矩形的任意状态都可以经过操作来得到。
实际上就相当于要证明对于任意的$1\le i\le X$1≤i≤X，$1\le j\le X$1≤j≤X，我们能否在不改变X*X矩形的其它点状态的情况下改变$(i,j)$(i,j)的状态

• $1\le i\le X-1$1≤i≤X−1，$1\le j\le X-1$1≤j≤X−1. 如下图：
  
  分别对蓝色，绿色和紫色框进行一次操作，左上角的矩形中只有(i,j)被修改了一次，其它点都被修改了偶数次（其实类似于二维差分）
• $i==X||j==X$i==X∣∣j==X,如下图：
  

这样就说明了左上角的矩形的任意状态都是可以达到的，
所以枚举X行的状态和X列的状态，根据dalao博客中提到的对称性，就可以由a[i][j]^a[i][X]^a[i][j+X]=0推出剩下的矩阵状态，取最优解即可

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define maxn 35
using namespace std;
int n,X,a[maxn][maxn],ans=-0x3f3f3f3f;
bool r[maxn],c[maxn];
inline int p(bool x){return x?-1:1;}
int calc(int i,int j){
	int ret=a[i][j];
	ret+=p(r[j])*a[i+X][j];
	ret+=p(c[i])*a[i][j+X];
	ret+=p(r[j+X]^c[i])*a[i+X][j+X];
	return abs(ret);
}
int main()
{
	scanf("%d",&n),X=(n+1)/2;
	for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) scanf("%d",&a[i][j]);
	for(int s=0;s<(1<<X);s++)
	{
		int sum=0;
		for(int i=1;i<=X;i++)
			if(s&1<<(i-1)) r[i]=1,sum-=a[X][i];
			else r[i]=0,sum+=a[X][i];
		for(int i=X+1;i<=n;i++){
			r[i]=r[i-X]^r[X];
			sum+=p(r[i])*a[X][i];
		}
		for(int i=1,s0,s1;i<X;i++){
			s0=a[i][X]+p(r[X])*a[i+X][X];
			c[i]=0;for(int j=1;j<X;j++) s0+=calc(i,j);
			s1=-(a[i][X]+p(r[X])*a[i+X][X]);
			c[i]=1;for(int j=1;j<X;j++) s1+=calc(i,j);
			sum+=max(s0,s1);
		}
		ans=max(ans,sum);
	}
	printf("%d",ans);
}