题意
给定 \(n,m\)。对于 \(n\times m\) 的网格 \(a\)，定义
现在给定 \(c\)，构造一组合法的 \(a\)。数据保证有解。\(1\leq n,m\leq 10^3\)，\(0\leq c_{i,j}\leq 10^3\)。
题解
NOIP 模拟赛 T4，很好的构造题。
记 \(X_{i}=\sum\limits_{j=1}^ma_{i,j}\)，\(Y_j=\sum\limits_{i=1}^na_{i,j}\)，那么 \(c_{i,j}=\lvert X_i-Y_j\rvert\)。
我们考虑先确定 \(X,Y\)，再通过 \(X,Y\) 推出 \(a\)。如果我们构造出一组 \(X,Y\) 使得 \(\sum X=\sum Y\)，那就可以构造出一组合法的 \(a\)。具体来说：
- 对于每个 \(1\leq i<n\)，令 \(a_{i,m}\leftarrow X_i\)。
- 对于每个 \(1\leq j<m\)，令 \(a_{n,j}\leftarrow Y_j\)。
- 令 \(a_{n,m}\leftarrow X_n+Y_m-\sum X\)。
- 对于每个 \(1\leq i<n,1\leq j<m\)，令 \(a_{i,j}\leftarrow 0\)。
不难发现这样构造后，每个 \(1\leq i<n\) 对应的行和都是 \(X_i\)，每个 \(1\leq j<m\) 对应的列和都是 \(Y_j\)。同时可以计算出第 \(n\) 行的和为
第 \(m\) 列的和可以同理算出是 \(Y_m\)。
接下来考虑如何构造一组 \(X,Y\)。考察一个位置 \(u,v\) 使得 \(c_{u,v}\) 取到最大值，那么 \(c_{u,v}\) 要么是 \(\left\lvert \max\limits_{i=1}^n X_i-\min\limits_{i=1}^mY_i \right\rvert\)，要么是 \(\left\lvert \max\limits_{i=1}^m Y_i-\min\limits_{i=1}^nX_i \right\rvert\)，不妨钦定其为前者，并且钦定 \(X_u=c_{u,v},Y_v=0\)。
此时所有的 \(Y\) 必定非负，因此对于每个 \(j\neq v\)，我们可以根据 \(c_{u,j}=|X_u-Y_j|\) 确定 \(Y_j=X_u-c_{u,j}\)。
接下来对于每个 \(i\neq u\)，考察 \(X_i\) 的取值。首先根据 \(c_{i,v}=|X_i-Y_v|=|X_i|\) 可以得出 \(X_i=\pm c_{i,v}\)，也就是说 \(X_i\) 至多有 \(2\) 种取值。再根据其他的 \(c_{i,j}\) 可以推出更多关于 \(X_i\) 的限制，最终每个 \(X_i\) 必然是没有合法取值/恰有 \(1\) 种取值/有 \(2\) 种取值的形式。若存在 \(X_i\) 没有合法取值则当前 case 无解。而对于 \(2\) 种取值的 \(X_i\)，我们需要引入更多的条件对其加以限制。
考虑我们还漏了什么限制条件。注意到一开始我们钦定了 \(Y_v=0\)，然而事实上 \(Y_v\) 可以等于其它非 \(0\) 的数，此时我们需要调整。由于我们需要让所有的 \(X,Y\) 依然满足 \(c\) 的限制，所以只能考虑给 \(X,Y\) 全体加减一个常数 \(k\)。给 \(X,Y\) 全体 \(+k\) 会使得 \(\sum X-\sum Y\) 增加 \(k(n-m)\)，我们最终有解的充要条件是 \(\sum X-\sum Y=0\)，因此在钦定 \(Y_v=0\) 后，我们还需要保证得到的 \(\sum X-\sum Y\equiv 0\pmod{|n-m|}\)。
那么如何找出一组 \(X\) 满足这个条件呢？考虑背包。对于每个有 \(2\) 种合法取值 \(p,q\) 的 \(X_i\)，钦定 \(p\leq q\)，我们先令 \(X_i\leftarrow p\)，然后将其作为一个体积为 \(q-p\) 的物品扔进背包中。现在所有的 \(X,Y\) 都有了具体值（注意我们只是给 \(X\) 暂定了一个值，不保证合法），然后我们用背包找出这些物品能拼凑出的所有可能的体积总和，找到一个可能的体积总和 \(S\) 满足 \(S\equiv \sum X-\sum Y\pmod{|n-m|}\)，然后根据这个 \(S\) 反推回去确定每个 \(X\) 的实际取值。具体来说，用 \(f_{i,j}\) 表示考虑前 \(i\) 个物品，能否选出若干个使得体积总和为 \(j\)，转移不再赘述。反推时，设考虑到第 \(i\) 个物品对应的 \(X_k\)，若 \(f_{i-1,S}=0\) 则 \(X_k\) 的取值需要更改为当前物品的体积 \(q\)，然后令 \(S\leftarrow S-q\) 即可。
注意到值域是 \(\mathcal{O}(nV)\) 量级的，需要用 bitset 把背包优化到 \(\mathcal{O}\left(\dfrac{n^2V}{\omega}\right)\)。
这样我们就确定了 \(X,Y\) 的取值，调整后用前文中的方法构造 \(a\) 即可。
对于 \(c_{u,v}\) 的另一种 case，把 \(a\) 转置之后再做一遍即可。
时间复杂度为 \(\mathcal{O}\left(\dfrac{n^2V}{\omega}+nV+nm\right)\)。
代码
inline bool check() {int sum = 0;for (int i = 1; i <= m; ++i) sum -= y[i] = c[mxx][mxy] - c[mxx][i];szp = 0;for (int i = 1; i <= n; ++i) {int nx = -c[i][mxy], sx = c[i][mxy];bool suc1 = 1, suc2 = 1;for (int j = 1; j <= m; ++j) {int x1 = y[j] - c[i][j], x2 = y[j] + c[i][j];suc1 &= x1 == nx || x2 == nx;suc2 &= x1 == sx || x2 == sx;}if (!suc1 && !suc2) return 0;if (suc1 && suc2) x[i] = nx, p[++szp] = {i, sx - nx};else x[i] = suc1 ? nx : sx;sum += x[i];}f[0].reset(), f[0][0] = 1;for (int i = 1; i <= szp; ++i) f[i] = f[i - 1] | (f[i - 1] << p[i].second);int s = -1, d = abs(n - m);if (!d) s = -sum;else for (int i = (d - sum % d) % d; i < V; i += d) if (f[szp][i]) { s = i; break; }if (s < 0) return 0;for (int i = szp; i; --i) if (!f[i - 1][s]) x[p[i].first] += p[i].second, s -= p[i].second;if (d) {int sumx = 0, sumy = 0;for (int i = 1; i <= n; ++i) sumx += x[i];for (int i = 1; i <= m; ++i) sumy += y[i];int t = (sumy - sumx) / (n - m);for (int i = 1; i <= n; ++i) x[i] += t;for (int i = 1; i <= m; ++i) y[i] += t;}for (int i = 1; i <= n; ++i) fill(a[i] + 1, a[i] + m + 1, 0);for (int i = 1; i < n; ++i) a[i][m] = x[i];for (int i = 1; i < m; ++i) a[n][i] = y[i];a[n][m] = x[n];for (int i = 1; i < m; ++i) a[n][m] -= y[i];return 1;
}