【线性dp】 [SCOI2009]粉刷匠
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一道比较简单的线性dp题目
前置知识：会手推一些简单的状态转移方程、较为熟练地掌握背包问题模型
[SCOI2009]粉刷匠
题目描述
windy有 \(N\) 条木板需要被粉刷。 每条木板被分为 \(M\) 个格子。 每个格子要被刷成红色或蓝色。
windy每次粉刷，只能选择一条木板上一段连续的格子，然后涂上一种颜色。 每个格子最多只能被粉刷一次。
如果windy只能粉刷 \(T\) 次，他最多能正确粉刷多少格子？
一个格子如果未被粉刷或者被粉刷错颜色，就算错误粉刷。
输入格式
第一行包含三个整数，\(N\) \(M\) \(T\)。
接下来有\(N\)行，每行一个长度为\(M\)的字符串，'\(0\)'表示红色，'\(1\)'表示蓝色。
输出格式
包含一个整数，最多能正确粉刷的格子数。
样例 #1
样例输入 #1
3 6 3
111111
000000
001100
样例输出 #1
16
提示
\(30\)%的数据，满足 \(1 <= N,M <= 10 ； 0 <= T <= 100\) 。
\(100\)%的数据，满足 \(1 <= N,M <= 50 ； 0 <= T <= 2500\) 。
解题过程
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\(N\) 条木板，只能刷\(T\)次，求最多能正确粉刷多少格子，而且每个格子只能被刷一次；
刷错和不刷都算没有正确粉刷
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似乎有点难以思考？
好像每刷一次，既不知道刷的起点在哪儿，也不知道刷到哪个位置停下，然后换另一种颜色；
而且，中间好像还可以空一些格子不刷颜色；
那我们先放一放 😃
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有一点是很显然的：木板的长度是\(M\)，所以显然一条木板最少刷\(1\)次（全部一次性刷完，刷一种颜色），最多刷\(M\)次（每个格子都用对应的颜色去刷，每次刷的连续区间长度为1）；
\(I\)：假设现在我告诉你，每一条木板刷\(k\)次能得到正确粉刷的格子的最大值，你会做这道题吗？
\(Y\)：这个简单！不就是已知每个木板刷\(k\)次的价值，总共刷\(T\)次，求最大价值！
- 典型的背包啊，还是个分组的，\(T\)是背包总容量，\(k\)是每个物品的体积，一条木板从\(1\) ~ \(m\)的粉刷次数对应的价值就是一个组，只能取其中的一个（你总不可能搞出两个同一条木板来粉刷吧），也就是常见的背包模型：共有\(N\)个组，每个组里有\(M\)个物品，每个物品都有一个体积(\(1\) ~ \(m\))和价值(\(1\) ~ \(m\))，背包容量为\(T\)，求最大价值
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完美的解决了一半问题
可是我们要怎么知道每一条木板刷\(k\)次，能得到的正确粉刷格子的最大值呢？
这个问题呢，确实是一个问题
方法一(经典作法)
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对于每一条木板，我们思考，如何计算出粉刷\(k\)次后每条木板能得到的最大正确粉刷格子数
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状态设的好，转移随便搞。 ————沃·兹基硕德
\(I\)：你觉得怎么设状态比较合适？
\(Y\)：我觉得吧，假设从左往右刷，对于接下来的刷格子的行为，之前刷了多少个格子，以及刷了多少次比较重要，可以考虑设状态时把这几个量加进去
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所以我们可以设\(dp[i][j][k]\)表示对于第\(i\)块木板，这一次刷刷到了第\(j\)个格子，总共刷了\(k\)次；
怎么转移呢？
我们可以枚举上一次刷格子刷到了哪个位置(假设是\(l\))，然后刷的次数肯定是\(k-1\)次，则转移很容易弄出：\(dp[i][j][k]=max{dp[i][l][k-1]+w[l+1][j]}\)
其中\(w[l][r]\)表示这块木板一次性从\(l\)刷到\(r\)能最多正确刷对的格子数（这一段无非就是全刷\(1\)或者全刷\(0\)，比较一下哪种更好，\(w\)数组预处理一下就好）
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那这个转移就搞定了 😃 ，是不是很容易呢，代码就不贴了
，懒得写最后的最后把\(dp\)数组当成物品，去做背包，这个题就搞定了，耶！
\(Y\)：Wait！那如果空着格子不刷呢？
\(I\)：宝，刷错和不刷是等价的啦，与去说空着一些格子不刷，我还不如就刷错呢，更方便计算与转移呀。其实这是一个小小的贪心啦！
方法二(Truman_2022瞎整的，好像没看到用这个方法的人)
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可以思考一下每次就只刷\(1\)格，如何做呢？
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那如果是这样，似乎上一次刷格子，刷的是\(0\)还是\(1\)也很重要
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那么我们可以这样设状态：（比方法一要差，因为\(dp\)数组空间是法一的两倍，但在可接受范围内，而且不用预处理\(w\)数组，各有优劣吧）
\(dp[i][j][k][0/1]\)表示第\(i\)块木板，刷了\(k\)次，刷了\(j\)个格子，第\(j\)个格子刷的是\(0\)还是\(1\)所能的到的最大涂正确的格子数
那么对于现在涂到了第\(j\)个格子，分类讨论：
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如果第\(j\)个格子原本应该涂成\(0\)，那么我有给它涂成\(1\)和涂成\(0\)两种方案：
如果我给它涂成\(0\)，正确涂格子数肯定要\(+1\)，但是上一次怎么涂的呢？我们又要分类讨论：
1.上一次如果涂的也是\(0\)，我们可以选择将这次涂格子的过程合并到上次，即仍然总共只涂了\(k\)次
dp[i][j][k][0]=max(dp[i][j][k][0],dp[i][j-1][k][0]+1);
2.假设上一次仍然是涂的$0$，你说，我偏不，我要重新开始涂，这是新的开始！那么这次涂了$k$次，上次自然就是涂了$k-1$次
dp[i][j][k][0]=max(dp[i][j][k][0],dp[i][j-1][k-1][0]+1);
3.那如果上次涂的是$1$呢？你说，我想和上次合并！~~gun (ノ｀Д)ノ ！~~ 必然不可能，因为这次涂的是 $0$，那么这次涂了$k$次，上次自然也就是涂了$k-1$次
dp[i][j][k][0]=max(dp[i][j][k][0],dp[i][j-1][k-1][1]+1);
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如果第\(j\)个格子原本应该涂成\(1\)，那么情况就和刚才的几乎一样啦，就是把\(0\)和\(1\)反过来了：
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最后的最后的最后，对于法二，贴个代码呗
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N (50+1)
#define T (2500+1)
#define endl "\n"
int n,m,t;
string wood[N];
int dp1[N][N][N][2];//dp1，第i(以下代码里面为u)块木板，刷了k次，刷了j(以下代码里面为i)个格子，第j(以下代码里面为i)个格子刷的是0还是1所能的到的最大涂正确的格子数
int dp2[N][T];//dp2,背包
void solve1_linerdp(int u){//solve1，线性dp，算dp1
dp1[u][0][0][0]=dp1[u][0][0][1]=0;
for(int i=1;i<=m;i++){
for(int k=1;k<=i;k++){
if(wood[u][i]=='0'){
dp1[u][i][k][0]=max(dp1[u][i][k][0],dp1[u][i-1][k][0]+1);
dp1[u][i][k][0]=max(dp1[u][i][k][0],dp1[u][i-1][k-1][0]+1);
dp1[u][i][k][0]=max(dp1[u][i][k][0],dp1[u][i-1][k-1][1]+1);
dp1[u][i][k][1]=max(dp1[u][i][k][1],dp1[u][i-1][k][1]);
dp1[u][i][k][1]=max(dp1[u][i][k][1],dp1[u][i-1][k-1][0]);
}
else{
dp1[u][i][k][1]=max(dp1[u][i][k][1],dp1[u][i-1][k-1][1]+1);
dp1[u][i][k][1]=max(dp1[u][i][k][1],dp1[u][i-1][k][1]+1);
dp1[u][i][k][1]=max(dp1[u][i][k][1],dp1[u][i-1][k-1][0]+1);
dp1[u][i][k][0]=max(dp1[u][i][k][0],dp1[u][i-1][k][0]);
dp1[u][i][k][0]=max(dp1[u][i][k][0],dp1[u][i-1][k-1][1]);
}
}
}
}
void solve2_backpack(){//solve2，算背包
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int w=1;w<=m;w++){
int c=max(dp1[i][m][w][0],dp1[i][m][w][1]);
for(int j=t;j>=0;j--){
if(j-w>=0) dp2[i][j]=max(dp2[i][j],dp2[i-1][j-w]+c);
}
}
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=t;i++){
ans=max(ans,dp2[n][i]);
}
cout<<ans<<endl;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>n>>m>>t;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>wood[i],wood[i]=" "+wood[i];
memset(dp1,-0x3f,sizeof(dp1));
for(int i=1;i<=n;i++){
solve1_linerdp(i);
}
solve2_backpack();
return 0;
}
全剧终
尾声：md写题解也太浪费时间了吧，以后有空(比如放长假了)再玩玩儿吧，bye~
屑题解
