P1283 平板涂色

题目传送门

数据范围很小，直接考虑状压或者暴搜，这里考虑状压。

那就需要考虑我们选了一个集合 $S$，很自然能够想到把每个矩形是/否涂过色标记为 $0/1$，从而衍生为一个集合。

转移的话也很简单，在枚举所有集合 $i$ 的时候，直接枚举可以使用的颜色，大力模拟出来使用了当前画笔后的集合情况为 $s$，方程就是：

$$dp_s=\min(dp_s,dp_i+1)$$

思路看起来很清晰，但是实际操作起来难度比较大，写到吐。

开始的时候应该先排序，按照左上角的横坐标来排，这样才能保证在从上往下覆盖的时候不会漏掉矩形。

在判断矩形的时候，考虑直接用一个数组标记矩形靠上的那条长上的所有点的覆盖情况，注意，当前矩形靠上的长和另一个矩形靠下的长在同一直线，但是交集为 $1$ 的时候，题目不认为这属于“覆盖”的范畴，那么这个点就不能被标记了。

当然你也不能用一个二维数组去搞，因为很多点都是重合的，这样会漏掉信息。

同时可以发现，按照我们这样的设法，这题的状态数其实不会很多，跑起来飞快。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N =100;
int dp[(1<<16)+20],vis2[N],p[N],c[N],vis[N],vis1[N],cnt,n;
struct node{
	int l1,r1,l2,r2;
}a[N];
bool cmp(node a,node b){
	return a.l1<b.l1;
}
void col(int x){
	for(int i=0;i<n;i++)
		if(x>>i&1==1)	vis1[i]=true;
}
bool check(int i){
	for(int j=0;j<n;j++){
		if(i==j||(a[i].l1!=a[j].l2)||vis1[j]==false)	continue;
		if(a[i].r1<a[j].r2&&a[j].r1<=a[i].r1)	for(int k=a[i].r1;k<=a[j].r2;k++)	vis2[k]=1;
		if(a[i].r2>a[j].r1&&a[j].r2>=a[i].r2)	for(int k=a[j].r1;k<=a[i].r2;k++)	vis2[k]=1;
	}
	for(int k=a[i].r1;k<=a[i].r2;k++)	if(vis2[k]==0)	return false;
	return true;
}
void Add(int now,int x){
	int lst=now;
	for(int i=0;i<n;i++){
		if(c[i]!=x||(lst>>i&1==1))	continue;
		bool f=true;
		memset(vis2,0,sizeof(vis2));
		if(a[i].l1!=0)	f=check(i);
		if(f==true)	vis1[i]=true,now|=(1<<i);	
	}
	dp[now]=min(dp[now],dp[lst]+1);	
}
int main()
{
	cin>>n;
	for(int i=0;i<n;i++){
		cin>>a[i].l1>>a[i].r1>>a[i].l2>>a[i].r2>>c[i];
		if(vis[c[i]]==false)	p[cnt++]=c[i],vis[c[i]]=true;
	}
	sort(a,a+n,cmp);
	memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
	dp[0]=0;
	for(int i=0;i<(1<<n);i++){
		if(dp[i]==1061109567)	continue;
		for(int j=0;j<cnt;j++)
			memset(vis1,0,sizeof(vis1)),col(i),Add(i,p[j]);
	} 
	cout<<dp[(1<<n)-1]<<endl;
	return 0;
}