CF946D

不会 *1800 DP/wx

考虑预处理出数组 \(val_{i,j}\) 表示第 \(i\) 天翘 \(j\) 节课所能节约的最大时间。这个很简单，由于我们翘课只有从两边翘才可达到最优，那我们对于一个确定的 \(j\)，可以分别枚举左右两边翘课的数量，就行了。

然后跑分组背包就行了。

假设 \(n,m,k\) 同阶，时间复杂度 \(\mathcal O(n^3)\)。

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 505;
int n, m, k;
int sum;
char s[N];
int f[N], pos[N][N], tot[N], val[N][N];

int dis(int i, int x, int y) { return pos[i][y] - pos[i][x] + 1; }

int main() {
	scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
	memset(val, 0x3f, sizeof val);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		scanf("%s", s + 1);
		for (int j = 1; j <= m; ++j) if (s[j] == '1')
			pos[i][++tot[i]] = j;
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		int cnt = tot[i], len = dis(i, 1, cnt);
		val[i][0] = len, val[i][cnt] = 0;
		if (!cnt) continue;
		for (int p = 1; p <= min(k, cnt); ++p)
			for (int j = 0; j <= p; ++j) if (cnt - (p - j) > j) val[i][p] = min(val[i][p], dis(i, j + 1, cnt - (p - j)));
		for (int p = 0; p <= min(k, cnt); ++p) val[i][p] = len - val[i][p];
		sum += len;
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		for (int j = k; j; --j)
			for (int p = 0; p <= min(k, tot[i]); ++p)
				if (j >= p) f[j] = max(f[j], f[j - p] + val[i][p]);
	printf("%d", sum - f[k]);
	return 0;
}