题目链接：B-Mine Sweeper II_第 45 届国际大学生程序设计竞赛（ICPC）亚洲区域赛（上海） (nowcoder.com)a

题目大意：给你两个大小为 n * m 的扫雷图 A, B，扫雷中格子上可能有雷也可能有数字，数字代表这个格子周围有多少个雷，现在我们可以将扫雷图B上的一些格子进行操作（可以把雷去掉，也可以在一些没有雷的位置上加上雷），要求改的次数不能超过n*m / 2，改完后B图中没有雷的格子上的数字和与A图中没有雷的数字和相同，输出操作后B图的排列。

分析：先说一个性质：如果我们把原图中有雷的位置改成无雷，把无雷的位置改成有雷，这样操作之后格子上数字的和是不变的。

那我们就可以想到，要么把B图直接改成A图，要么就把B图改成A图的取反图，我们可以记录一下把Ｂ图改成Ａ图所要花费的最小次数，如果花费的最小次数超过n*m / 2，我们就可以直接把B图改成A图的取反图，所需操作次数一定是小于等于n*m / 2的，因为假如Ｂ图与Ａ图有ｘ个位置不相同，由于每个格子只有两种状态，一种是有雷，一种是无雷，所以Ｂ图与A图的取反图就有ｎ＊ｍ－ｘ个位置不相同，因为ｘ＞n*m / 2，则ｎ＊ｍ－ｘ＜ｎ＊ｍ／２，而若花费的最小次数小于等于n*m / 2，我们就可以直接将Ｂ图改为Ａ图。

下面是代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<queue>
using namespace std;
const int N=1e3+10;
char a[N][N],b[N][N];
int main()
{int n,m;cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%s",a[i]+1);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%s",b[i]+1);int cnt=0;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)if(a[i][j]!=b[i][j]) cnt++;if(cnt<=n*m/2){for(int i=1;i<=n;i++)puts(a[i]+1);}else{for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++)if(a[i][j]=='X') printf(".");else printf("X");printf("\n");}}return 0;
}