重新创建具有最少"XOR"操作的二进制矩阵

这是不久前的一个高中学位编码竞赛问题。基本的想法是仅使用矩形XOR操作重新创建黑白绘画，或者这就是他们所说的。

问题所在

让我们假设我们有这幅我们试图重新创建的画(表示为二进制矩阵，0 表示黑色，1 表示白色(：

1 0 0
1 1 1
1 0 1

重新创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)

操作采用(xStart, yStart) (xEnd, yEnd)的形式

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

有关作业的技术细节：

• 获胜者的操作最少。
• 一个操作应该是 (xStart, yStart) (xEnd, yEnd) 的形式。
• 没有时间或空间的限制。
• 在作业中，我们试图重新创建的绘画大小为 200x200，并通过 2000 次随机 XOR 操作生成。

我自己的想法

我想出了几种方法来做到这一点。我将按从差到好的顺序在这里列出它们。

异或所有像素：

可以通过简单地将 1 写到空白画布上来重新创建绘画，其中 1 位于我们试图重新创建的绘画中。这个解决方案是最简单和最明显的。所需的操作次数基本上是绘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，我们简单地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显跟进，我们可以将其视为高度为 1 的 XOR 矩形 - 现在我们只需向矩形添加第二个维度，进一步改进我们的结果。我通过获得白色最多的矩形来确定 XOR 可识别区域。改进还是不错的。

异或最大的区别：

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，并对其进行了 XOR 运算。例如，如果我们有这幅画

1 0 1
0 1 1
0 1 0

而全黑的画布，最大的区别在于矩形(0, 0) (2, 1)，相差2。我通过得到绘画的所有非相同颜色来计算差异，在上述情况下为 4，然后从中减去相同颜色的数量，在上述情况下为 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)。

这种方法与前一种大型绘画相比，改进最小，但仍然有所改进。有趣的是，这种方法有时会想出比前一个小画更糟糕的解决方案(虽然不记得有多小(。

我为上述方法编写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？有没有来自外太空的神奇方法？我觉得这个问题(帖子(很有趣，想看看是否有人能想出任何东西。

关于标签

我用Java和C++标记了这一点，不是因为这个问题特别涉及这些语言，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，以及具有类似语法的语言。