刷题记录:牛客NC20273[SCOI2009]粉刷匠

传送门:牛客

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:
3 6 3
111111
000000
001100
输出:
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11

仅以此题作为我简单dp学习的终止符

主要思路:

1. 对于此题,我们要将二维的矩阵问题分成两个一维的情况来做,我们先求出对于每一条木条花费$K$次能正确粉刷多少格子.假设我们已经求出了上述问题,那么我们会发现,对于每一根木条,我们都有一个m种花费,并且对于每一种花费都有对应的贡献.我们会惊奇的发现我们现在就是一个简单的分组背包问题而已.我擦,这道看起来很难解决的问题就这么被巧妙的解决了
2. 那么对于我们的每一条木条该怎么维护呢.其实假设这种区间dp的题目做的多的话,应该会有一个朴素的dp方程,使用$dp[i][j][k]来维护第i根木条前j个位置涂了k次能正确粉刷多少格子$,那么我们应该会有一个经典的转移方程,那就是在当前位置之前枚举涂了$k-1$次的位置,那么此时我们的贡献就是$k-1$的贡献加上最后一次粉刷的贡献了,对于最后一次粉刷的贡献,我们可以在跑之前维护出每一段区间的贡献值即可.
3. 对于每一段区间的贡献值,我们可以使用前缀和的方式进行维护,因为我们的颜色只有0和1,这样的话使用前缀和就在合适不过了.

下面是具体的代码部分:

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
#define inf 0x3f3f3f3f
#define root 1,n,1
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
inline ll read() {
	ll x=0,w=1;char ch=getchar();
	for(;ch>'9'||ch<'0';ch=getchar()) if(ch=='-') w=-1;
	for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
	return x*w;
}
#define maxn 1000000
#define ll_maxn 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
const double eps=1e-8;
int n,m,t;
int huafei[60][60][60];
int f[maxn];int sum[100][100];
int main() {
	n=read();m=read();t=read();
	string num;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		cin>>num;
		for(int j=0;j<num.length();j++) {
			sum[i][j+1]=sum[i][j]+num[j]-'0';
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		for(int j=1;j<=m;j++) {
			huafei[i][j][1]=max(sum[i][j],j-sum[i][j]);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		for(int j=1;j<=m;j++) {
			for(int k=2;k<=j;k++) {
				for(int x=k-1;x<j;x++) {
					int leijia=max(sum[i][j]-sum[i][x],j-x-(sum[i][j]-sum[i][x]));
					huafei[i][j][k]=max(huafei[i][j][k],huafei[i][x][k-1]+leijia);
				}
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		for(int j=t;j>=0;j--) {
			for(int num=1;num<=m;num++) {
				if(j<num) break;
				f[j]=max(f[j],f[j-num]+huafei[i][m][num]);
			}
		}
	}
	cout<<f[t]<<endl;
	return 0;
}
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