[题解]P4158 [SCOI2009] 粉刷匠

思路

定义 $dp_{i,j}$ 表示刷前 $i$ 块木板，花了 $j$ 次，能够正确粉刷的数量。

那么，显然 $dp_{i,j}$ 等于 $dp_{i - 1,j - k}$ 加上第 $i$ 行刷 $k$ 次能够正确粉刷的数量。

那么，考虑用另一个 DP 维护。定义 $f_{i,j,k}$ 表示刷第 $i$ 块木板的前 $k$ 个格子，要用 $j$ 次的能够正确粉刷的数量。

不难得出，$f_{i,j,k}$ 等于 $f_{i,j - 1,p}$ 加上再刷一次能够获得的最优答案。对于这个值，有两种情况：

1. 刷为红色。
2. 刷为蓝色。

那么，这玩意儿用前缀和维护一下即可。

综上，得出状态转移方程：

$$\begin{matrix} f_{i,j,k} = f_{i - 1,j - 1,p} + \max(s_{k} - s_p,k - p - (s_k - s_p))\\ dp_{i,j} = dp_{i - 1,j - k} + f_{i,k,m} \end{matrix}$$

Code

#include <bits/stdc++.h>  
#define re register  
  
using namespace std;  
  
const int N = 55,M = 3010;  
int n,m,t,ans;  
int s[N][N],dp[N][M];  
int f[N][M][N];  
char arr[N][N];  
  
inline int read(){  
    int r = 0,w = 1;  
    char c = getchar();  
    while (c < '0' || c > '9'){  
        if (c == '-') w = -1;  
        c = getchar();  
    }  
    while (c >= '0' && c <= '9'){  
        r = (r << 3) + (r << 1) + (c ^ 48);  
        c = getchar();  
    }  
    return r * w;  
}  
  
int main(){  
    n = read();  
    m = read();  
    t = read();  
    for (re int i = 1;i <= n;i++){  
        scanf("%s",arr[i] + 1);  
        for (re int j = 1;j <= m;j++) s[i][j] = s[i][j - 1] + (arr[i][j] - '0');  
    }  
    for (re int i = 1;i <= n;i++){  
        for (re int j = 1;j <= m;j++){  
            for (re int k = 1;k <= m;k++){  
                for (re int p = j - 1;p < k;p++) f[i][j][k] = max(f[i][j][k],f[i][j - 1][p] + max(s[i][k] - s[i][p],k - p - (s[i][k] - s[i][p])));  
            }  
        }  
    }  
    for (re int i = 1;i <= n;i++){  
        for (re int j = 1;j <= t;j++){  
            for (re int k = 0;k <= min(j,t);k++) dp[i][j] = max(dp[i][j],dp[i - 1][j - k] + f[i][k][m]);  
        }  
    }  
    for (re int i = 0;i <= t;i++) ans = max(ans,dp[n][i]);  
    printf("%d",ans);  
    return 0;  
}