题解

现在CF开了防火墙，所以暂时无法评测.
注意数据范围，地图不算很大，但是暴搜会运行 $2^{40}$ 次，肯定会寄.

我们可以找一个中间线，记录 $(1,1)$ 点至中间线、$(n,m)$ 点至中间线的所有状态，此时最多运行 $2^{21}$ 次.
然后用哈希表查询中间点中所有匹配的状态数，相加就是结果了.

//O(2^40) -> 超时
//O(2^21+2^20) -> 可以 
//应该不会卡map吧 
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <unordered_map>
#define int long long
using namespace std;
int a[25][25];
int ct[25][25];
unordered_map <int, int> mp1[25][25], mp2[25][25];
signed main(){
	cin.tie(nullptr) -> sync_with_stdio(0);
	cout.tie(nullptr) -> sync_with_stdio(0);
	int n, m, k;
	cin >> n >> m >> k;
	if(n > m){//保证n<=m 
		swap(n, m);
		for(int i = 1; i <= m; i++){
			for(int j = 1; j <= n; j++){
				cin >> a[j][i];
			}
		}
	}else{
		for(int i = 1; i <= n; i++){
			for(int j = 1; j <= m; j++){
				cin >> a[i][j];
			}
		}
	}
	
	mp1[1][1][a[1][1]] = 1;
	mp2[n][m][k ^ a[n][m]] = 1;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		for(int j = 1; j <= n - i + 1; j++){
			if(i == 1 && j == 1) continue;
			for(auto k:mp1[i - 1][j]) mp1[i][j][k.first ^ a[i][j]] += k.second;//记录11点至中间线的所有状态
			for(auto k:mp1[i][j - 1]) mp1[i][j][k.first ^ a[i][j]] += k.second;
		}
	}
	for(int i = n; i >= 1; i--){
		for(int j = m; j >= n - i + 1; j--){
			if(i == n && j == m) continue;
			for(auto k:mp2[i + 1][j]) mp2[i][j][k.first ^ a[i][j]] += k.second;//记录nm点至中间线的所有状态
			for(auto k:mp2[i][j + 1]) mp2[i][j][k.first ^ a[i][j]] += k.second;
		}
	}
	int ct = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		int j = n - i + 1;
		for(auto k:mp1[i][j]) ct += mp2[i][j][k.first ^ a[i][j]] * k.second;//如果匹配，计算结果
	}
	cout << ct;

	return 0;
}