NC20273 [SCOI2009]粉刷匠

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题目

题目描述

windy有 N 条木板需要被粉刷。 每条木板被分为 M 个格子。 每个格子要被刷成红色或蓝色。

windy每次粉刷，只能选择一条木板上一段连续的格子，然后涂上一种颜色。 每个格子最多只能被粉刷一次。

如果windy只能粉刷 T 次，他最多能正确粉刷多少格子？

一个格子如果未被粉刷或者被粉刷错颜色，就算错误粉刷。

输入描述

输入文件paint.in第一行包含三个整数，N M T。
接下来有N行，每行一个长度为M的字符串，'0'表示红色，'1'表示蓝色。

输出描述

输出文件paint.out包含一个整数，最多能正确粉刷的格子数。

示例1

输入

3 6 3
111111
000000
001100

输出

16

备注

30%的数据，满足 $1 \le N,M \le 10 ;0 \le T \le 100$ 。
100%的数据，满足 $1 \le N,M \le 50 ; 0 \le T \le 2500$ 。

题解

方法一

知识点：线性dp。

这道题相当于 $k$ 串最大和套 $k$ 串最大和，十分巧妙。

首先考虑设 $f[i][j]$ 为考虑到第 $i$ 行，共连续刷了 $j$ 次的最多刷对格数。发现转移时的累加和变为第 $i$ 行，考虑到第 $m$ 格，共刷了 $k$ 次的最多刷对格数，用 $g[i][m][k]$ 表示。有转移方程为：

$$f[i][j] = \max (f[i-1][j],f[i-1][j-k] + g[i][m][k]),1 \leq k \leq j$$

接下来考虑求 $g[i][j][k]$ ，每行是独立的，第一维可以不考虑。接下来就和 $k$ 串最大和一致，有转移方程：

$$g[i][j][k] = \max (g[i][j-1][k],g[i][j-l][k-1] + \max(s,l - s)),s = sum[i][j] - sum[i][j-l] ,1 \leq l \leq j$$

其中 $sum[i][j]$ 代表第 $i$ 行前 $j$ 个数里 $1$ 的数量，$\max (s,l-s)$ 表示新刷的 $[j-l+1,j]$ 里刷数量最多的种类。

时间复杂度 $O(nm^2t +nt^2)$

空间复杂度 $O(nmt)$

方法二

知识点：线性dp。

思路差不多，就是状态设置不一样，设 $f[i][j][k][l]$ 表示为在 $(i,j)$ 处的格子，已经刷了 $k$ 次，这个格子状态为 $l$ （0/1，涂0/涂1）。显然有转移方程：

$$\left \{ \begin{array}{l} f[i][j][k][0] = \max(f[i][j-1][k-1][0],f[i][j-1][k-1][1]) + [a[i][j] = 0] &,j = 1\\ f[i][j][k][1] = \max(f[i][j-1][k-1][0],f[i][j-1][k-1][0]) + [a[i][j] = 1] &,j = 1\\ f[i][j][k][0] = \max(f[i][j-1][k][0],f[i][j-1][k-1][1]) + [a[i][j] = 0] &,j \neq 1\\ f[i][j][k][1] = \max(f[i][j-1][k-1][0],f[i][j-1][k][0]) + [a[i][j] = 1] &,j \neq 1 \end{array} \right.$$

$j = 1$ ，必须换行，即必须分段。

时间复杂度 $O(nmt)$

空间复杂度 $O(nmt)$

代码

方法一

#include <bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
 
int sum[57][57], f[57][2507], g[57][57][2507];
 
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n, m, t;
    cin >> n >> m >> t;
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        for (int j = 1;j <= m;j++) {
            char x;
            cin >> x;
            sum[i][j] = sum[i][j - 1];
            if (x == '1') sum[i][j]++;
        }
    }
    for (int i = 1;i <= n;i++)
        for (int j = 1;j <= m;j++)
            for (int k = 1;k <= t;k++)
                for (int l = 1;l <= j;l++)
                    g[i][j][k] = max(g[i][j][k], g[i][j - l][k - 1] + max(sum[i][j] - sum[i][j - l], l - (sum[i][j] - sum[i][j - l])));
 
    for (int i = 1;i <= n;i++)
        for (int j = 1;j <= t;j++)
            for (int k = 1;k <= j;k++)
                f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - k] + g[i][m][k]);
 
    cout << f[n][t] << '\n';
    return 0;
}

方法二

#include <bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
 
int a[57][57], f[57][57][2507][2];
 
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n, m, t;
    cin >> n >> m >> t;
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        for (int j = 1;j <= m;j++) {
            char x;
            cin >> x;
            a[i][j] = x - '0';
        }
    }
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        for (int j = 1;j <= m;j++) {
            for (int k = 1;k <= t;k++) {
                if (j == 1) {
                    f[i][j][k][0] = max(f[i - 1][m][k - 1][1], f[i - 1][m][k - 1][0]) + (a[i][j] == 0);
                    f[i][j][k][1] = max(f[i - 1][m][k - 1][1], f[i - 1][m][k - 1][0]) + (a[i][j] == 1);
                }
                else {
                    f[i][j][k][0] = max(f[i][j - 1][k][0], f[i][j - 1][k - 1][1]) + (a[i][j] == 0);
                    f[i][j][k][1] = max(f[i][j - 1][k - 1][0], f[i][j - 1][k][1]) + (a[i][j] == 1);
                }
            }
        }
    }
    cout << max(f[n][m][t][0], f[n][m][t][1]) << '\n';
    return 0;
}