题目

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。

输入描述

输入文件paint.in第一行包含三个整数，N M T。

接下来有N行，每行一个长度为M的字符串，'0'表示红色，'1'表示蓝色。

输出描述

输出文件paint.out包含一个整数，最多能正确粉刷的格子数。

示例1

输入

输出

备注

30%的数据，满足 \(1 \le N,M \le 10 ;0 \le T \le 100\) 。

100%的数据，满足 \(1 \le N,M \le 50 ; 0 \le T \le 2500\) 。

题解

方法一

知识点：线性dp。

这道题相当于 \(k\) 串最大和套 \(k\) 串最大和，十分巧妙。

首先考虑设 \(f[i][j]\) 为考虑到第 \(i\) 行，共连续刷了 \(j\) 次的最多刷对格数。发现转移时的累加和变为第 \(i\) 行，考虑到第 \(m\) 格，共刷了 \(k\) 次的最多刷对格数，用 \(g[i][m][k]\) 表示。有转移方程为：

\[f[i][j] = \max (f[i-1][j],f[i-1][j-k] + g[i][m][k]),1 \leq k \leq j
\]

接下来考虑求 \(g[i][j][k]\) ，每行是独立的，第一维可以不考虑。接下来就和 \(k\) 串最大和一致，有转移方程：

\[g[i][j][k] = \max (g[i][j-1][k],g[i][j-l][k-1] + \max(s,l - s)),s = sum[i][j] - sum[i][j-l] ,1 \leq l \leq j
\]

其中 \(sum[i][j]\) 代表第 \(i\) 行前 \(j\) 个数里 \(1\) 的数量，\(\max (s,l-s)\) 表示新刷的 \([j-l+1,j]\) 里刷数量最多的种类。

时间复杂度 \(O(nm^2t +nt^2)\)

空间复杂度 \(O(nmt)\)

方法二

知识点：线性dp。

思路差不多，就是状态设置不一样，设 \(f[i][j][k][l]\) 表示为在 \((i,j)\) 处的格子，已经刷了 \(k\) 次，这个格子状态为 \(l\) （0/1，涂0/涂1）。显然有转移方程：

\[\left \{
\begin{array}{l}
f[i][j][k][0] = \max(f[i][j-1][k-1][0],f[i][j-1][k-1][1]) + [a[i][j] = 0] &,j = 1\\
f[i][j][k][1] = \max(f[i][j-1][k-1][0],f[i][j-1][k-1][0]) + [a[i][j] = 1] &,j = 1\\
f[i][j][k][0] = \max(f[i][j-1][k][0],f[i][j-1][k-1][1]) + [a[i][j] = 0] &,j \neq 1\\
f[i][j][k][1] = \max(f[i][j-1][k-1][0],f[i][j-1][k][0]) + [a[i][j] = 1] &,j \neq 1
\end{array}
\right.
\]

\(j = 1\) ，必须换行，即必须分段。

时间复杂度 \(O(nmt)\)

空间复杂度 \(O(nmt)\)

代码

方法一

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int sum[57][57], f[57][2507], g[57][57][2507];

int main() {

    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);

    int n, m, t;

    cin >> n >> m >> t;

    for (int i = 1;i <= n;i++) {

        for (int j = 1;j <= m;j++) {

            char x;

            cin >> x;

            sum[i][j] = sum[i][j - 1];

            if (x == '1') sum[i][j]++;

        }

    }

    for (int i = 1;i <= n;i++)

        for (int j = 1;j <= m;j++)

            for (int k = 1;k <= t;k++)

                for (int l = 1;l <= j;l++)

                    g[i][j][k] = max(g[i][j][k], g[i][j - l][k - 1] + max(sum[i][j] - sum[i][j - l], l - (sum[i][j] - sum[i][j - l])));

    for (int i = 1;i <= n;i++)

        for (int j = 1;j <= t;j++)

            for (int k = 1;k <= j;k++)

                f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - k] + g[i][m][k]);

    cout << f[n][t] << '\n';

    return 0;

}

方法二

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int a[57][57], f[57][57][2507][2];

int main() {

    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);

    int n, m, t;

    cin >> n >> m >> t;

    for (int i = 1;i <= n;i++) {

        for (int j = 1;j <= m;j++) {

            char x;

            cin >> x;

            a[i][j] = x - '0';

        }

    }

    for (int i = 1;i <= n;i++) {

        for (int j = 1;j <= m;j++) {

            for (int k = 1;k <= t;k++) {

                if (j == 1) {

                    f[i][j][k][0] = max(f[i - 1][m][k - 1][1], f[i - 1][m][k - 1][0]) + (a[i][j] == 0);

                    f[i][j][k][1] = max(f[i - 1][m][k - 1][1], f[i - 1][m][k - 1][0]) + (a[i][j] == 1);

                }

                else {

                    f[i][j][k][0] = max(f[i][j - 1][k][0], f[i][j - 1][k - 1][1]) + (a[i][j] == 0);

                    f[i][j][k][1] = max(f[i][j - 1][k - 1][0], f[i][j - 1][k][1]) + (a[i][j] == 1);

                }

            }

        }

    }

    cout << max(f[n][m][t][0], f[n][m][t][1]) << '\n';

    return 0;

}

巴特西

NC20273 [SCOI2009]粉刷匠

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