题意

给定一张(n)行(m)列的(01)图，可以无限次选择某行或者某列将其所有元素翻转（(0 ightarrow1)或(1 ightarrow 0) ）

问任意操作后得到的图中(1)的数量的最小值

限制

(1le nle 20, 1le mle 10^5)

思路

先考虑状态压缩，枚举行翻转的状态(x)，由于(n_{max}=20)，故最多仅需枚举(2^{20})种状态

记(x_i=1)表示第(i)行需要翻转，(x_i=0)表示第(i)行不进行翻转

枚举出行翻转的状态后，记(f_y)表示初始状态为(y)的列的数量

发现(xoplus y)就表示在行翻转的状态为(x)的条件下，初始状态为(y)的列的现有状态

记(g_y)表示状态为(y)时的答案，故(g_y)的值为(y)的二进制表示下(0)的数量与(1)的数量的较小值

所以当行翻转状态为(x)时，答案就是所有现列状态为(xoplus y)的数量与在原状态下的答案(g_y)的乘积之和，即

[h_x=sum_{y=0}^{limit} f_{yoplus x}*g_y ]

该卷积式子直接使用异或(FWT)计算即可

最后在所有行翻转状态之中取最小值作为答案

程序

(295ms/6000ms)

//#include<ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
//#include<ext/pb_ds/hash_policy.hpp>
#include<bits/stdc++.h>
#define closeSync ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define multiCase int T;cin>>T;for(int t=1;t<=T;t++)
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define repp(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);i++)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define perr(i,a,b) for(int i=(a);i>(b);i--)
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define mst(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
//using namespace __gnu_pbds;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> P;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const ll LINF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps=1e-12;
const double PI=acos(-1.0);
const double angcst=PI/180.0;
const ll mod=998244353;
ll gcd(ll a,ll b){return b==0?a:gcd(b,a%b);}
ll qmul(ll a,ll b){ll r=0;while(b){if(b&1)r=(r+a)%mod;b>>=1;a=(a+a)%mod;}return r;}
ll qpow(ll a,ll n){ll r=1;while(n){if(n&1)r=(r*a)%mod;n>>=1;a=(a*a)%mod;}return r;}
ll qpow(ll a,ll n,ll p){ll r=1;while(n){if(n&1)r=(r*a)%p;n>>=1;a=(a*a)%p;}return r;}

const int N=1<<21;
ll f[N],g[N];

void FWT_xor(ll *P,int lim,int opt)
{
    for(int i=2;i<=lim;i<<=1)
        for(int p=i>>1,j=0;j<lim;j+=i)
            for(int k=j;k<j+p;++k)
            {
                ll x=P[k],y=P[k+p];
                P[k]=(x+y);P[k+p]=x-y;
                if(opt==-1)P[k]=P[k]/2,P[k+p]=P[k+p]/2; 
            }
}

char mp[21][100050];

void solve()
{
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    repp(i,0,n)
        cin>>mp[i];
    int lim=1<<n;
    
    repp(j,0,m)
    {
        int sta=0;
        repp(i,0,n)
            if(mp[i][j]=='1')
                sta|=1<<i;
        f[sta]++;
    }
    repp(i,0,lim)
    {
        g[i]=__builtin_popcount(i);
        if(n-g[i]<g[i])
            g[i]=n-g[i];
    }
    
    FWT_xor(f,lim,1);
    FWT_xor(g,lim,1);
    repp(i,0,lim)
        f[i]*=g[i];
    FWT_xor(f,lim,-1);
    
    ll ans=1ll*n*m;
    repp(i,0,lim)
        ans=min(ans,f[i]);
    cout<<ans<<'
';
}
int main()
{
    closeSync;
    //multiCase
    {
        solve();
    }
    return 0;
}