重新创建具有最少“XOR”操作的二进制矩阵

Question

这是不久前的高中学位编码竞赛问题。其基本思想是仅使用矩形 XOR 运算重新创建黑白绘画，或者这就是他们所说的。

问题

假设我们正在尝试重建这幅画（表示为二进制矩阵，0 为黑色，1 为白色）：

1 0 0
1 1 1
1 0 1

重建绘画的一种方法是以下操作：

(0, 0) (2, 2)
(1, 0) (2, 0)
(1, 2) (1, 2)

操作形式为(xStart, yStart) (xEnd, yEnd)

因此，如果我们从全黑画布开始，上述操作将执行以下操作：

beginning:

    0 0 0
    0 0 0
    0 0 0

after (0, 0) (2, 2) :

    1 1 1
    1 1 1
    1 1 1

after (1, 0) (2, 0) :

    1 0 0
    1 1 1
    1 1 1

after (1, 2) (1, 2) :

    1 0 0
    1 1 1
    1 0 1

---

关于作业的技术：

• 获胜者的操作最少。
• 一个操作应该是(xStart, yStart) (xEnd, yEnd)的形式。
• 没有时间或空间限制。
• 在作业中，我们尝试重新创建的绘画尺寸为 200x200，并通过 2000 次随机 XOR 运算生成。

---

我自己的想法

我想出了几种方法来做到这一点。我将在此处按从差到优的顺序列出它们。

XOR 所有像素：

我们可以通过简单地将 1 写入空白画布来重新创建这幅画，其中 1 驻留在我们试图重新创建的画作中。这个解决方案是最简单和最明显的。所需的操作数基本上就是画中白色像素的数量。

XOR 所有水平相邻的白色：

与第一个解决方案相比，这是一个实质性的改进，但仍然非常简单和明显。在这种方法中，我们只需对所有水平相邻的白色进行异或运算。这样，例如操作

(0, 0) (0, 0)
(1, 0) (1, 0)
(2, 0) (2, 0)

将减少到(0, 0) (2, 0)。

异或矩形：

我认为这是对先前方法的明确跟进，我们可以将其视为对高度为 1 的矩形进行异或运算 - 现在我们只需为矩形添加第二个维度，进一步改进我们的结果。我通过获取白色最多的矩形来确定 XORable 区域。改进还是不错的。

XOR 最大的区别：

这与上述方法略有不同，并且更加暴力。在这种方法中，我找到了与绘画差异最大的矩形，并对其进行异或。例如，如果我们有这幅画

1 0 1
0 1 1
0 1 0

和一个全黑的画布，最大的区别是矩形(0, 0) (2, 1)，相差2。我通过获取绘画的所有不同颜色来计算差异，即4上面的情况，然后减去相同颜色的数量，在上面的情况下是2。所以different_colors - same_colors = difference。

在上面的绘画和空白画布中，有许多矩形产生相同的差异。另一个是(1, 0) (2, 2)。

与前一种大型绘画方法相比，这种方法的改进最小，但仍然有所改进。有趣的是，这种方法有时会比以前的小画解决方案更糟糕（但不记得有多小了）。

---

我为上述方法所拥有的任何代码早已丢失。你能想出令人叹为观止的解决方案吗？有来自外太空的神奇方法吗？我觉得这个问题（帖子）很有趣，想看看是否有人能提出任何建议。

---

关于标签

我已经用 Java 和 C++ 标记了这个，不是因为这个问题特别关注那些语言，而是因为我可以很容易地理解用这些语言编写的任何代码，以及具有相似语法的语言。

Answer 1

我认为，要完成这项任务，我们需要找到仅包含零的最大尺寸子矩阵的坐标。

我可以解释该算法，但我认为下面的链接有最好的解释：

Maximum size sum-matrix with all 1s in binary matrix

这里的解决方案是全1，我们可以修改它为全0。

那么我们要做的就是从最大值找到坐标，我们就可以进行操作了。

如果我能想到更好的方法，我会更新。