【题解】[COCI2020-2021#3] Selotejp

solution:

考虑轮廓线 dp 。设 $dp[i][j][k]$ 表示当前处理到 $(i,j)$ ，且最近的 $m$ 个格子二进制和为 $k$ 的最少操作数。$1$ 表示横贴条， $0$ 表示竖贴条。对于一个位置 $(i,j)$ ，显然有上下贴条覆盖两种转移。

Case 1：s[i][j]=='.'

dp[i][j][k]->dp[ni][nj][k>>1]

Case 2：s[i][j]=='#'

1. k&(1<<m-1)&&j>0 => dp[i][j][k]->dp[ni][nj][(k>>1)+(1<<m-1)]

2. (k&1)==0&&i>0&&s[i-1][j]=='#' => dp[i][j][k]->dp[ni][nj][k>>1]

当然还有两条代价为 $1$ 的转移，和上面类似。

初始状态 dp[0][0][0]=0 。

时间复杂度 $O(nm\ast 2^m)$ 。

#include <bits/stdc++.h>
#define PII pair<int,int>
#define ll long long
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int n,m,dp[1001][10][1<<10];
char s[1000][10];
template <typename T> void chmin(T &x,const T &y) {
    if(x>y) x=y;
}
int main() {
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=0;i<n;i++) {
		scanf("%s",s[i]);
	}
	memset(dp,0x3f,sizeof dp);
	dp[0][0][0]=0;
	for(int i=0;i<n;i++) {
		for(int j=0;j<m;j++) {
			for(int k=0;k<1<<m;k++) {
				if(dp[i][j][k]==INF) continue;
				int i2=i,j2=j+1; if(j2==m) i2++,j2=0;
				if(s[i][j]=='.') {
					chmin(dp[i2][j2][k>>1],dp[i][j][k]);
				}
				else {
					chmin(dp[i2][j2][(k>>1)+(1<<m-1)],dp[i][j][k]+((k&(1<<m-1)&&j>0)?0:1));
					chmin(dp[i2][j2][k>>1],dp[i][j][k]+(((k&1)==0&&i>0&&s[i-1][j]=='#')?0:1));
				}
			}
		}
	}
	int res(INF);
	for(int i=0;i<1<<m;i++) res=min(res,dp[n][0][i]);
	printf("%d",res);
}

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本文作者：仰望星空的蚂蚁
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