很明显二进制每一位都是无关的，所以可以先把原问题简化：给矩阵中的每个位置填入0/1，使得特定行/列有奇数个1，其他行/列有偶数个1。

    一个比较好想的方法是对行和列 列出 n+m 个异或方程，其中有 n*m 个变量，随便求出一组解就好了(如果有的话)。

    但这个貌似并不是很好写。。。

    可以把解异或方程转化成 在一个完全二分图(左n个点，右m个点)上选边，每个点可以是黑的(对应行/列要求有奇数个1)或者白的(反之)，每选一条边就要把两端的点的黑白性颠倒。

    然后发现这是一个经典问题，显然选的边可以只存在与随便一颗生成树上，因为加入后可以成环的边不会影响答案。

    

    并且可以发现无解当且仅当有奇数个黑点，因为选一条边不会改变图中黑点个数的奇偶性，而我们要求最后所有点都消成白点。

 

    其他情况都有解，这里只从操作意义上解释为什么(但其实方程组的证明也很简单，因为你考虑一下把所有n+m行异或起来，会得到一个全空行，也就是有一个方程其实是没有用的，于是总是有解的)。

    考虑一种构造方案：我们对这颗随便找的生成树做一遍dfs，先把子树中的其他节点都处理成白的之后，如果当前节点是黑的，那么就选它到它father的边；否则不选。

    显然这样做总能保证除了根的其他节点都会变成白色，但又因为选一条边不会改变图中黑点的奇偶性，并且已经保证有偶数个黑点了，所以最后根也一定是白色的。

 

#include
     
      #define ll long longusing namespace std;#define pb push_backconst int N=105;vector
      
        g[N*2];int n,m,a[N*2],ans[N][N],Xor[N*2],now;inline void pt(int x,int y){	if(x>y) swap(x,y);	ans[x][y-n]|=now;}void dfs(int x,int fa){	for(int i:g[x]) if(i!=fa){	    dfs(i,x);	    if(Xor[i]) Xor[x]^=now,pt(x,i);	}}int main(){	scanf("%d%d",&n,&m),m+=n;	for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",a+i);		for(int i=n+1;i<=m;i++) g[1].pb(i),g[i].pb(1);	for(int i=2;i<=n;i++) g[i].pb(n+1),g[n+1].pb(i);		for(now=1;now<=1e9;now<<=1){		for(int i=1;i<=m;i++) Xor[i]=a[i]&now;		dfs(1,0);		if(Xor[1]){ puts("NO"); return 0;}	}		puts("YES"),m-=n;		for(int i=1;i<=n;i++){	    for(int j=1;j<=m;j++) printf("%d ",ans[i][j]);	    puts("");	}		return 0;}