P3392 涂国旗
题目描述
题目描述
某国法律规定，只要一个由 N \times MN×M 个小方块组成的旗帜符合如下规则，就是合法的国旗。（毛熊：阿嚏——）
- 从最上方若干行（至少一行）的格子全部是白色的；
- 接下来若干行（至少一行）的格子全部是蓝色的；
- 剩下的行（至少一行）全部是红色的；
现有一个棋盘状的布，分成了 NN 行 MM 列的格子，每个格子是白色蓝色红色之一，小 a 希望把这个布改成该国国旗，方法是在一些格子上涂颜料，盖住之前的颜色。
小a很懒，希望涂最少的格子，使这块布成为一个合法的国旗。
输入格式
第一行是两个整数 N,MN,M。
接下来 NN 行是一个矩阵，矩阵的每一个小方块是
W（白），B（蓝），R（红）中的一个。输出格式
一个整数，表示至少需要涂多少块。
输入输出样例
输入 #1复制
4 5 WRWRW BWRWB WRWRW RWBWR输出 #1复制
11说明/提示
样例解释
目标状态是：
WWWWW BBBBB RRRRR RRRRR一共需要改 1111 个格子。
数据范围
对于 100%100% 的数据，N,M \leq 50N,M≤50。
算法求解
分析
枚举涂w的底边和涂b的底边即可
剩下的部分都涂r
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 60;
int n, m;
char g[N][N];
int res = 0;
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
for(int j = 1; j <= m; j++)
{
cin >> g[i][j];
}
}
int wst = 1, wend;
int res = 3000;
int bst, bend, rst, rend;
// 枚举涂w的终点行wend 1 -> n-2
for(wend = wst; wend <= n-2; wend++)
{
int tmpa = 0;
// wst -> wend 图 w
for(int i = wst; i <= wend; i++)
{
for(int j = 1; j <= m; j++)
{
if(g[i][j] != 'W') tmpa++;
}
}
// 枚举涂b的终点行bend wend+1 -> n-1
bst = wend + 1, bend;
for(bend = bst; bend <= n-1; bend++)
{
int tmpb = 0;
for(int i = bst; i <= bend; i++)
{
for(int j = 1; j <= m; j++)
{
if(g[i][j] != 'B') tmpb++;
}
}
// 最后全涂成r
for(int i = bend+1; i <= n; i++)
{
for(int j = 1; j <= m; j++)
{
if(g[i][j] != 'R') tmpb++;
}
}
res = min(res, tmpa + tmpb);
}
// res = min(res, tmp);
}
cout << res << endl;
return 0;
}
这个代码写的不是很好，可以直接枚举涂w的底边和涂b的底边即可更清晰一点
用下面的做法更清楚一点
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 60;
int n, m;
char g[N][N];
int res = 0;
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
for(int j = 1; j <= m; j++)
{
cin >> g[i][j];
}
}
int wend, bend;
// 涂白的底边
int res = 3000;
for(int wend = 1; wend <= n-2; wend++)
{
// 涂 蓝的底边
for(int bend = wend+1; bend <= n-1; bend++)
{
int tmp = 0;
// 涂白
for(int i = 1; i <= wend; i++)
for(int j = 1; j <= m; j++)
if(g[i][j] != 'W') tmp++;
// 涂蓝
for(int i = wend+1; i <= bend; i++)
for(int j = 1; j <= m; j++)
if(g[i][j] != 'B') tmp++;
// 涂红
for(int i = bend+1; i <= n; i++)
for(int j = 1; j <= m; j++)
if(g[i][j] != 'R') tmp++;
res = min(res, tmp);
}
}
cout << res << endl;
return 0;
}
时间复杂度
参考文章
https://www.luogu.com.cn/problem/solution/P3392
数据范围这么小(n,m<=50)(n,m<=50)，果断暴力枚举，代码简单难度低。搜索什么的用不着啦！
那么问题来了：枚举这么呢？
先抛张图：
我们只要枚举白与蓝、蓝与红的边界（如上图a和b），再统计三个区域里总共有多少格子需要涂改颜色，用一个变量来记录最优的答案（即需要涂改的格子数最少），不断更新，最后输出就OK了qwq.
时间复杂度O(n^3m)O(n3∗m*)（感谢 @万弘 的提醒，之前写错了）.
