[SCOI2009]粉刷匠

III.[SCOI2009]粉刷匠

所有的DP，只要式子一推出来（不管复杂度），那就很简单了，因为优化是成千上万种的……

思路1.我们考虑设$f[i][j][k]$表示：当前DP到第$i$块木板的第$j$个位置，共涂了$k$次，所能获得的最大收益。因为还要枚举当前这次涂是从哪到哪的，因此复杂度为$O(NM^2T)$，实际$90\%$。在实际操作中，第一维可以省略。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,t,f[100][5000],res[100][100][2],ans;
char s[100];
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&t);
	for(int l=1;l<=n;l++){
		scanf("%s",s+1);
		for(int i=1;i<=m;i++)for(int j=i;j<=m;j++)res[i][j][0]=res[i][j-1][0]+(s[j]=='0'),res[i][j][1]=res[i][j-1][1]+(s[j]=='1');
		for(int i=0;i<=t;i++)f[0][i]=f[m][i];
		for(int i=1;i<=m;i++){
			for(int j=1;j<=t;j++){
				f[i][j]=0;
				for(int k=0;k<i;k++)f[i][j]=max(f[i][j],f[k][j-1]+max(res[k+1][i][0],res[k+1][i][1]));
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=t;i++)ans=max(ans,f[m][i]);
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

虽然开个$O2$甚至只是单纯卡卡长也一样能过，但是介于十年前评测姬的蜜汁速度，我们思考还有没有优化复杂度的余地。

思路2.我们考虑设$f[i][j][k][0/1/2]$表示：

当前DP到第$i$块木板的第$j$个位置，共涂了$k$次，当前这个位置的状态是$0/1/2$。

其中，状态$0$意为涂上了颜色$0$，状态$1$意为涂上了颜色$1$，状态$2$意为啥也没涂。

因为这种方法不需要枚举上一次的断点，因此复杂度是$O(NMT)$的。老样子，第一维可以砍掉。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,t,f[100][5000][3],res;
char s[100];
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&t);
	for(int l=1;l<=n;l++){
		scanf("%s",s+1);
		for(int i=0;i<=t;i++)f[0][i][2]=max(max(f[m][i][0],f[m][i][1]),f[m][i][2]);
		for(int i=1;i<=m;i++){
			for(int j=1;j<=t;j++){
				f[i][j][2]=max(max(f[i-1][j][0],f[i-1][j][1]),f[i-1][j][2]);
				f[i][j][1]=max(max(f[i-1][j-1][0],f[i-1][j][1]),f[i-1][j-1][2])+(s[i]=='0');
				f[i][j][0]=max(max(f[i-1][j][0],f[i-1][j-1][1]),f[i-1][j-1][2])+(s[i]=='1');
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=t;i++)res=max(max(res,f[m][i][2]),max(f[m][i][0],f[m][i][1]));
	printf("%d\n",res);
	return 0;
}