【题解】P4158 [SCOI2009]粉刷匠（DP，背包）

【题解】P4158 [SCOI2009]粉刷匠

是一道资源规划 DP 的好题，但是我想了很久还去看了题解。/kk我真菜。

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题目链接

P4158 [SCOI2009]粉刷匠 - 洛谷

题意概述

发现自己实在不会简化题意于是就抄了原题（雾）。

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。

思路分析

这题我至少读错了有 1h 之久……

题目要求的是粉刷 $T$ 次最多的正确格子数。

比较直接的思路是，定义 $dp_{i,j}$ 表示前 $i$ 行木板，粉刷 $j$ 次最多的正确格子数。

那么对于第 $i$ 行状态可以从第 $i-1$ 行转移而来，显然这是一个 01 背包。

那么有：

$$dp_{i,j}=\max \limits_{1 \le k \le j}(dp_{i-1,k}+cnt_{i,k})$$

其中 $cnt_{i,k}$ 表示的是第 $i$ 行粉刷 $k$ 次最多的正确格子数。

显然这个 $cnt$ 可以对每一行分别求。那么我们也对每一行分别考虑。

对于第 $i$ 行：

设 $g_{j,k}$ 表示前 $j$ 个位置粉刷 $j$ 次最多的正确格子数。

考虑如何转移。

比较显然的是，对于前 $j$ 个位置，肯定是由：连续一段 1，连续一段 0，连续一段 1……这样 01 的连续段相互交错形成的，那么我们可以将这些连续的段切成几部分得到 $g_{j,k}$ 的转移。

可以考虑利用类似区间 DP 的思想，枚举断点 $l$，将前 $j$ 个位置划分为前 $l$ 个位置和区间 $[l+1,j]$ 两段，其中 $[l+1,j]$ 作为最后一次涂色的区间。

那么 $g_{j,k}$ 就可以由 $g_{l,k-1}$ 转移得到，即：

$$g_{j,k}=\max \limits_{0 \le l < j}(g_{l,k-1}+mx_{l+1,j})$$

（注意 $l$ 的范围）

其中 $mx_{l,r}$ 表示的是区间 $[l,r]$ 中数量最多的颜色的数量。

$mx_{l,r}$ 可以直接暴力枚举得到。

那么最后的答案就是 $dp_{n,t}$。

梳理一下求解过程：

求粉刷 $T$ 次最多的正确格子数 $\rightarrow$ 求 $dp_{i,j}$ $\rightarrow$ 求 $g_{j,k}$（将求整个矩形转化为一行）$\rightarrow$ 求 $mx_{l+1,j}$（将 $k$ 次转化为 1 次）。

求解步骤

对于每一行 $i$：

1. 暴力枚举求出 $mx_{l,r}$：$1-m$ 所有区间。

2. 求 $g_{j,k}$；

3. 求 $dp_{i,j}$。

易错点

1. 每次枚举一个新的 $i$ 都要将 $g$ 数组和 $mx$ 数组清空；

2. 在求 $g_{j,k}$ 时枚举的断点 $l$ 范围是 $[0,j)$；

3. $dp_{n,t}$ 第二维由于 $t$ 的范围是 2500，所以要开 $>2500$；

一些思考

这道题我刚开始读错了好久的题意，并在读错的题意上思考了好久但是并没有想出来。

但是我总觉得我读错的那个题意也可以作为一道题目，并且一定有正确的解法。（盲目自信）

我刚开始没有看到题目中“每个格子只能被粉刷一次”这句话。

然后感觉可以先考虑将每一行所有的格子涂色正确的情况整出来。也就是，将第 $i$ 行涂正确至少需要多少次。

那么发现发现对于单个的一行，实际上就是P4170 [CQOI2007]涂色 - 洛谷。

那么可以用 $dp_{i,l,r}$ 表示第 $i$ 行区间 $[l,r]$ 涂正确的最少次数，然后做区间 DP。

然后感觉是个有点类似于贪心和 01 背包的东西，但一直没想出解法。

虽然说我看错题目很傻逼，也没有想到看错了的题意的正确解法（我太菜了），但是我还是把它记录了下来，希望以后可以有所突破。或者，看到这篇文章的你如果有所想法，可以在下方留言或者联系我说出你的解法。

毕竟探索本身，就是一件很有意义的事情嘛。

实现代码

//luoguP4158
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn=55;
const int maxt=maxn*maxn;
int a[maxn][maxn],dp[maxn][maxt],g[maxn][maxn],mx[maxn][maxn];

inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
	return x*f;
}
 
int main()
{
	int n,m,t;
	n=read();m=read();t=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		string s;
		cin>>s;
		for(int j=0;j<m;j++)
		{
			if(s[j]=='1')a[i][j+1]=1;//bug:j 写成 i…… 
			else a[i][j+1]=0;
		}	
	}
//	for(int i=1;i<=n;i++)
//	{
//		for(int j=1;j<=m;j++)cout<<a[i][j]<<" ";
//		cout<<endl;
//	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		memset(g,0,sizeof(g));
		memset(mx,0,sizeof(mx));
		int cnt1=0,cnt0=0;
		for(int l=1;l<=m;l++)
		{
			if(a[i][l]==0)cnt0=1,cnt1=0;
			else cnt1=1,cnt0=0;
			mx[l][l]=1;
			for(int r=l+1;r<=m;r++)
			{
				if(a[i][r]==0)cnt0++;
				else cnt1++;
				mx[l][r]=(cnt0>cnt1)?cnt0:cnt1;
//				cout<<cnt0<<" "<<cnt1<<endl;
//				cout<<i<<" "<<l<<" "<<r<<" "<<mx[l][r]<<endl;
			}
		}
		for(int j=1;j<=m;j++)
		{
			for(int k=1;k<=j;k++)
			{
				for(int l=0;l<=j;l++)//bug: j 的范围：[0,j) 
				{
//					cout<<l<<" "<<" "<<g[l][k-1]<<" "<<mx[l+1][j]<<endl; 
				    g[j][k]=max(g[j][k],g[l][k-1]+mx[l+1][j]);//注意这里没有等于即 l！=k 且 l 需要从 0 开始枚举 
			    }
//				cout<<i<<" "<<j<<" "<<k<<" "<<g[j][k]<<endl;
			}
		}
		for(int j=t;j>=1;j--)
		{
			for(int k=1;k<=j;k++)dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-k]+g[m][k]);
//			cout<<i<<" "<<j<<" "<<dp[i][j]<<endl;
		}
	}
	cout<<dp[n][t]<<endl;
	return 0;
}
/*mx[l][r] 表示的是对于一块木板的区间 [l,r] 这一段最多的颜色的数量。
g[i][j] 表示的是考虑了前 i 个位置，粉刷 j 次的最多正确粉刷的个数。
g[i][j]=max(g[i][j],g[l][j-1]+mx[l+1][i]).
dp[i][j] 表示考虑了前 i 行，粉刷 j 次的最多正确粉刷个数。
显然这是 01 背包。那么有：
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-k]+g[m][k]).
*/ 

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感觉我还是好菜啊。做了那么多 DP 的题目，但是还是对有些题毫无感觉，甚至设计不出 DP 状态，也不知道我的 DP 什么时候才能有质的突破呢？