CF1990D Grid Puzzle 题解

CF1990D Grid Puzzle

DP 好题。考虑分析两种操作的性质，不难发现操作 $1$ 至多只能涂白 $4$ 个方格，而操作 $2$ 可以涂白的方格取决于这一行的方格数，几乎无上限。 因此，从涂白的方格数考虑，对于黑色方格数量 $\ge5$ 的一行，我们直接使用操作 $2$ 涂白。注意黑色方格数量等于 $4$ 的一行不一定直接使用操作 $2$，因为无法比较两种操作哪个更优。

之后，考虑到剩余每行的黑色方格数很少，不会超过 $4$，考虑动态规划。不难发现每次使用操作 $1$ 左下角一定在第一列或者第三列，否则可以挪动证明一定不优。设状态 $f[i][j]$ 表示第 $i$ 行状态为 $j$ 且前 $i-1$ 行全部被覆盖的最小操作次数。若 $j=0$，表示没有任何方格被覆盖；若 $j=1$，表示第一、二行的方格被覆盖，即以这一行第一列为左下角进行一次操作 $1$；若 $j=2$，表示第三、四行的方格被覆盖，即以这一行第三列为左下角进行一次操作 $1$；若 $j=3$，表示所有方格被覆盖。初始时全为负无穷。

显然，对于黑色方格数量 $\ge5$ 的一行或本来就没有黑色方格的一行，$f[i][3]=0$。

对于其他情况，我们把每个状态分别进行转移。

$$f[i][0]=\min(f[i][0],f[i-1][3])$$

$$f[i][0]=\min(f[i][0],f[i-1][1])(a[i-1]\le2)$$

如果这一行没有任何方格被覆盖，为了满足定义前 $i-1$ 行全部被覆盖，必须选取全部被覆盖的状态，即 $f[i-1][3]$。特别的，若 $a[i-1]\le2$，状态 $f[i-1][1]$ 也是完全覆盖。

$$f[i][1]=\min(f[i][1],\min(f[i-1][3]+1,f[i-1][2]+1))$$

$$f[i][1]=\min(f[i][1],f[i-1][0]+1)(a[i-1]\le2)$$

以这一行第一列为左下角进行一次操作 $1$，则也会覆盖上一行的第一、二列。因此，可以从 $f[i-1][2]$ 的状态转移过来，这样上一行所有列都被覆盖。当然，也可以从 $f[i-1][3]$ 转移。特别的，若 $a[i-1]\le2$，从状态 $f[i-1][0]$ 转移也是完全覆盖。

$$f[i][2]=\min(f[i][2],\min(f[i-1][3]+1,f[i-1][1]+1))$$

同上，不过不需要考虑 $a[i-1]\le2$ 的情况，因为没有影响。

$$f[i][3]=\min(f[i][3],\min(f[i-1][3]+2,\min(f[i-1][2]+2,\min(f[i-1][1]+2,f[i-1][0]+2))))$$

$$f[i][3]=\min(f[i][3],f[i-1][3]+1)$$

$$f[i][3]=\min(f[i][3],f[i-1][1]+1)(a[i-1]\le2)$$

如果这一行所有方格被覆盖，那么上一行的状态可以任意选择。另外，也可以直接使用操作 $2$，同 $f[i][0]$ 的转移，此时应该选择 $f[i-1][3]$ 进行转移。特别的，若 $a[i-1]\le2$，状态 $f[i-1][1]$ 也是完全覆盖。

最后，对于每段被 $0$ 隔开的部分分别计算答案进行累加，并计算上最初操作 $2$ 的贡献，即可解决问题。时间复杂度 $O(n)$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long t,n,a[300000],f[300000][4];
int main()
{
	scanf("%lld",&t);
	while(t--)
	   {
	   	long long ans=0;
	   	scanf("%lld",&n);
	   	for(int i=1;i<=n;i++)
	   	    {
		    scanf("%lld",&a[i]);
		    if(a[i]>=5)ans++,a[i]=0;
		    }
		for(int i=0;i<=n;i++)
		    for(int j=0;j<=3;j++)
		        f[i][j]=1e16;
		f[0][3]=0,a[n+1]=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		    if(!a[i])f[i][3]=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		    if(a[i])
		       {
		       	f[i][0]=min(f[i][0],f[i-1][3]);
		       	if(a[i-1]<=2)f[i][0]=min(f[i][0],f[i-1][1]);
		       	f[i][1]=min(f[i][1],min(f[i-1][3]+1,f[i-1][2]+1));
		       	if(a[i-1]<=2)f[i][1]=min(f[i][1],f[i-1][0]+1);
		       	f[i][2]=min(f[i][2],min(f[i-1][3]+1,f[i-1][1]+1));
		       	f[i][3]=min(f[i][3],min(f[i-1][3]+2,min(f[i-1][2]+2,min(f[i-1][1]+2,f[i-1][0]+2))));
			    f[i][3]=min(f[i][3],f[i-1][3]+1);
			    if(a[i-1]<=2)f[i][3]=min(f[i][3],f[i-1][1]+1);
			   }
		for(int i=1;i<=n;i++)
		    if(a[i]!=0&&a[i+1]==0)
		       {
			   long long k=min(f[i][3],min(f[i][2]+1,min(f[i][1]+1,f[i][0]+2)));
			   if(a[i]<=2)k=min(k,f[i][1]);
			   ans+=k;
			   }
		printf("%lld\n",ans);
	   }
	return 0;
}