CodeForces 1198D 1199F Rectangle Painting 1
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解题思路
一堆循环嵌套的那种dp，不好想。但是可以搜啊，很暴力的。记忆化一下就好。
我们定义搜索函数\(\text{search}(x1,y1,x2,y2)\)，代表将矩形区域\([x1,x2]\)、\([y1,y2]\)内部全部染白的最小代价。
我们可以知道，如果这个区域内全白，那么代价显然就是0。
如果全黑，那么不妨一次性全部染白，拆开成几个小的矩形并分别染色不会使结果更优。证明（其他大小的矩形可以类比）：\(3\times10\) 的全黑矩形，一整个矩形一起染的代价是 \(\max(3,10)=10\) ——
- 如果我们将长边10拆开
- 如果拆出来的新矩形的短边大于等于3，比如拆成两个\(3\times5\)的，那么代价还是\(5+5=10\)，拆成三份\(3\times4\)、\(3\times3\)和\(3\times3\)，那么代价还是\(4+3+3=10\)。总之它们的代价没有下降。
- 如果拆分更小一些，短边小于了3，比如拆成\(3\times2\)和\(3\times8\)两个，那完蛋了，代价 \(3+8=11\)，反而增大了，拆得越细增大越多。
- 如果我们将短边3拆开
- 完了，拆成两份代价就变成两倍（\(1\times10\)和\(2\times10\)，代价是 \(10+10=20\)），拆成3份代价就变成3倍
综上，全黑的矩形我们就不拆了，直接染，又快又对。
下面是来自Neil的证明（感觉这个才叫证明）
假定存在拆分成k个小矩形可以达到更优解，那么这k个矩形要至少覆盖整个大矩形
那么小矩形们就一定存在某些边，边长之和要等于大矩形的最长边(要覆盖满)。
- 如果这些边全是各自小矩形的最长边，那么答案不变
- 如果这些边里有些边不是所属矩形的最长边，那么答案增加
为了快速知道一个矩形是不是全白或者全黑，我们使用二维前缀和。
那么黑白相间的那种呢？
首先我们可以直接一整个地染，当然肯定会有浪费，那么我们就尝试拆开染。
我们可以把矩形拆成上下两个，也可以拆成左右两个，假设矩阵大小为\(x\times y\)，那么总共就有\((x-1)+(y-1)\)种拆分方式。
对于每个拆出来的子矩阵，我们可以继续拆，也就是递归搜索子矩阵，知道子矩阵全黑或者全白就返回，这个过程记忆化记录结果。
时间复杂度嘛，我们要把记忆化搜索用到的表填满（表中总共\(n^4\)个空格），填表每一格的时候用时，最坏大概是小矩形的边长相加(拆分矩阵方式的种数，大概\(O(n)\)？这里我有点怀疑……先留坑)，。因为记忆化搜索，那些小矩形的答案最多就求一次，不管是大矩形拆下去求到小矩形还是先求小矩形，再求大矩形，这两种复杂度都差不多，所以我们可以认为，把大矩形拆小了可以\(O(1)\)得到答案。综合起来就是\(O(n^5)\)。
另外，这场CF的div1还有一个这题的升级版，n是\(10^9\)，总共有不超过\(50\)个黑格子，染色代价是矩形边长的最小值，拿网络流求，留坑可能不填了。
源代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
int n;
bool mp[54][54];
int sum[54][54];//二维前缀和
int dp[54][54][54][54];
void input()
{
scanf("%d",&n);
char s[54];
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",s+1);
for(int j=1;j<=n;j++)
{
mp[i][j]=(s[j]=='#');
sum[i][j]=sum[i][j-1]+sum[i-1][j]-sum[i-1][j-1]+(int)mp[i][j];
}
}
memset(dp,-1,sizeof(dp));
}
inline int quesum(int x1,int y1,int x2,int y2)
{
x1--;y1--;
return sum[x2][y2]-sum[x2][y1]-sum[x1][y2]+sum[x1][y1];
}
int calc(int x1,int y1,int x2,int y2)
{
if(~dp[x1][y1][x2][y2]) return dp[x1][y1][x2][y2];
dp[x1][y1][x2][y2]=std::max(x2-x1+1,y2-y1+1);
int s=quesum(x1,y1,x2,y2);
if(s==(x2-x1+1)*(y2-y1+1)) return dp[x1][y1][x2][y2];
else if(!s) return dp[x1][y1][x2][y2]=0;//全空
for(int i=x1;i<x2;i++)//按x分割
{
dp[x1][y1][x2][y2]=std::min(dp[x1][y1][x2][y2],calc(x1,y1,i,y2)+calc(i+1,y1,x2,y2));
}
for(int i=y1;i<y2;i++)//按y分割
{
dp[x1][y1][x2][y2]=std::min(dp[x1][y1][x2][y2],calc(x1,y1,x2,i)+calc(x1,i+1,x2,y2));
}
return dp[x1][y1][x2][y2];
}
int main()
{
input();
printf("%d\n",calc(1,1,n,n));
return 0;
}
