P4158 [SCOI2009]粉刷匠

标签：格子 int 粉刷 55 SCOI2009 P4158 dp define

题意：

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。

解：先套路地设状态dp[i][j][k]为第 i 块木板，粉刷到第 j 个格子，用了k次刷子能刷对的最大个数。由于刷的时候和连不连起来有关，所以再加一维：dp[i][j][k][0/1]，这一格刷0还是刷1，于是在这一块木板上有转移：

int now = s[i][j] - '0';
dp[i][j][k][0] = max(dp[i][j][k][0], dp[i][j - 1][k][0] + (now == 0));
dp[i][j][k][0] = max(dp[i][j][k][0], dp[i][j - 1][k - 1][1] + (now == 0));
dp[i][j][k][1] = max(dp[i][j][k][1], dp[i][j - 1][k][1] + (now == 1));
dp[i][j][k][1] = max(dp[i][j][k][1], dp[i][j - 1][k - 1][0] + (now == 1));

接下来考虑把木板连起来。因为中间可以空着不刷，所以不能直接接上一行的状态。现在题目转换为：已知每块木板被刷[0,t]次能刷对的格子数，现在最多刷t次，最多刷对几个格子。哎呀这不是背包嘛，粗粗一算n*t*t复杂度，有点高。再一思考长为m的木板最多刷m次就行了，n*m*t，很好，暴力转移即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxx 105
#define maxn 25
#define maxm 205
#define ll long long
#define inf 1000000009
#define mod 998244353
int dp[55][55][2505][2]={0};
int dp1[55][55][2505]={0};
int dp2[2505]={0};
char s[55][55]={0};
signed main() {
//    int T;
//    scanf("%d",&T);
//    while(T--){
//
//    }
    int n, m, t;
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &t);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%s", s[i] + 1);
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= m; j++) {
            for (int k = 1; k <= t; k++) {
                int now = s[i][j] - '0';
                dp[i][j][k][0] = max(dp[i][j][k][0], dp[i][j - 1][k][0] + (now == 0));
                dp[i][j][k][0] = max(dp[i][j][k][0], dp[i][j - 1][k - 1][1] + (now == 0));
                dp[i][j][k][1] = max(dp[i][j][k][1], dp[i][j - 1][k][1] + (now == 1));
                dp[i][j][k][1] = max(dp[i][j][k][1], dp[i][j - 1][k - 1][0] + (now == 1));
                dp1[i][j][k] = max(dp[i][j][k][0], dp[i][j][k][1]);
            }
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int k = t; k > 0; k--) {
            for (int j = 0; j <= min(k, m); j++) {
                dp2[k] = max(dp2[k], dp2[k - j] + dp1[i][m][j]);
            }
        }
    }
    printf("%d\n", dp2[t]);
    return 0;
}

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