[SCOI2009]粉刷匠
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。
输入输出格式
输入格式：
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。
输出格式：
包含一个整数，最多能正确粉刷的格子数。
输入输出样例
输入样例#1：
3 6 3
111111
000000
001100输出样例#1：
16说明
\(30\%\)的数据，满足 \(1 <= N,M <= 10 ； 0 <= T <= 100\) 。
\(100\%\)的数据，满足 \(1 <= N,M <= 50 ； 0 <= T <= 2500\) 。
题解
\(dp[i][j][k]\)表示第\(i\)块板已经刷完了前\(j\)块用了\(k\)次的最大价值；
我们会发现每个\(i\)都是独立的，所以转移时不去看\(i\)，把转移想成每个独立的子问题。
\(dp[i][j][k]\)的转移：
我们可以枚举一个断点\(h\)，使用一次粉刷机会从\(h+1\)到\(j\)，价值为\(h+1\)到\(j\)的\(max(red+bule)\)。
\(dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i][h][k-1]+mx[i][h+1][j])\);
\(mx[i][l][r]\)为提前预处理第\(i\)块板\(l\)到\(r\)的 \(max(red+bule)\)。
最后直接跑分组背包统计答案。
code：
#include
#include
#include
#include
#include
#define N 55
#define R register
#define ll long long
using namespace std;
templateinline void read(R T &a){
R char c=getchar();R T x=0,f=1;
while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
a=f*x;
}
int n,m,t,ans;
int dp[N][N][N],sum[2][N],mx[N][N][N],f[2505];
char s[N];
int main(){
read(n);read(m);read(t);
for(R int i=1;i<=n;i++){
scanf("%s",s+1);
sum[0][0]=sum[1][0]=0;
for(R int j=1;j<=m;j++){
sum[0][j]=sum[0][j-1]+(s[j]=='0');
sum[1][j]=sum[1][j-1]+(s[j]=='1');
}
for(R int j=1;j<=m;j++){
mx[i][j][j]=1;
for(R int k=j+1;k<=m;k++)
mx[i][j][k]=max(sum[0][k]-sum[0][j-1],sum[1][k]-sum[1][j-1]);
}
}
for(R int i=1;i<=n;i++)
for(R int j=1;j<=m;j++)
for(R int k=1;k<=m;k++)
for(R int h=0;h=0;j--)
for(R int k=0;k<=m;k++)
if(j-k>=0)f[j]=max(f[j],f[j-k]+dp[i][m][k]),ans=max(ans,f[j]);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}