[SCOI2009]粉刷匠 dp

原题链接

题解：

这道题我感觉很新颖的地方是这道题是二维的，所以要进行两次dp处理，
令 f[i][j][k] 表示第 i个木板粉刷 j 次涂了前面 k 个格子的正确格子数
因为只有两种颜色, 对于某一块木板, 我们可以维护一个前缀和 sum[i][j]表示第 i个木板的第 j个格子前蓝色格子的数目
对于单个木板有 f[i][j][k] = max(f[i][j][k], f[i][j - 1][l] + max(sum[i][k] - sum[i][l], k - l - sum[i][k] + sum[i][l])
表示对第 i 块木板涂了 j次, 此时到第 k 个位置可以从第 i 块木板的涂了 j - 1 次的第 l 个位置转移过来
对于要么取蓝色, 要么取红色, 我们取个 max 即可, sum[i][k] - sum[i][l] 是 [l, k]的蓝色格子 k - l - sum[i][k] + sum[i][l]是 [l, k]的红色格子此时再考虑多个木板情况
显然有 dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][j - k] + f[i][k][m])表示到第 i 个木板涂了 j 次可以从第i - 1个木板涂了 j - k 次转移过来

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std ;
typedef long long ll ;
ll dp[55][2510] ;       // 前 i 个木板粉刷 j 次的正确格子数
ll f[55][2510][55] ;    // 第 i 个木板粉刷 j 次涂了前面 k 个格子的正确格子数
ll sum[55][55] ;        // 第 i 个木板的第 j 个格子前蓝色格子的数目int main(){int n , m , t ;cin >> n >> m >> t ;string s ;for(int i = 1 ; i <= n ; i++){           //先预处理前缀和统计每一块木板前j格蓝色的数量 cin >> s ;s = ' ' + s ;sum[i][0] = 0 ;for(int j = 1 ; j <= m ; j++){sum[i][j] = sum[i][j-1] + (s[j] == '1') ; }}for(int i = 1 ; i <= n ; i++){          //先单独对每一块木板做dp处理 for(int j = 1 ; j <= m ; j++){for(int k = 1 ; k <= m ; k++){for(int l = j - 1 ; l < k ; l++)f[i][j][k] = max(f[i][j][k] , f[i][j-1][l] + max(sum[i][k] - sum[i][l] , k - l - sum[i][k] + sum[i][l])) ;}}}ll ans = 0 ;for(int i = 1 ; i <= n ; i++){         //再对木板做一次dp处理 for(int j = 1 ; j <= t ; j++){for(int k = 0 ; k <= min(j , m) ; k++){dp[i][j] = max(dp[i][j] , dp[i-1][j-k] + f[i][k][m]) ;ans = max(ans , dp[i][j]) ;}}}cout << ans << endl ;return 0 ;
}

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