中石油训练赛 - Block(二维前缀和+思维)

题目描述

Alice得到了一张由n×m个黑白像素点组成的图片，她想要压缩这张图片。压缩图片的过程如下：
1.首先，选择一个正整数k(k>1)，将图片划分成若干个k×k的小块。如果n,m不能被k整除，用白色像素点在图片的右边或下面补全，使补全成n,m都能被k整除。
2.由于压缩时每个k×k的小块必须颜色一致(即全黑或者全白)，所以需要先改变某些像素点的颜色，然后再进行压缩。

在Alice可以自由的选择任意一个大于1的正整数k作为小块的边长的情况下，请你告诉Alice，她至少需要改变多少个像素点的颜色。

输入

输入的第一行包含两个由空格隔开的正整数n,m(2≤n,m≤1000)，表示图片的尺寸。
接下来n行，每行包含一个长度为m的”01”串，表示Alice得到的那张图片。”0”表示一个白色像素点，”1”表示一个黑色像素点。

输出

输出一个整数，表示Alice要压缩她的图片至少需要改变颜色的像素点的个数。

样例输入

样例输出

提示

选择k=2，图片被补全为，如下：
001000
101100
110010
000000
为使每个2×2的小块颜色一致，改变颜色为，如下：
001100
001100
000000
000000
可以发现这是所有情况中改变颜色的像素点数最少的，改变了5个像素点的颜色(答案为5的改色方案不止这一种)。

题目大意：给出一个n*m的01矩阵，我们可以随意取一个k值，满足

整个n*m的矩阵可以分割为数个相邻的，大小为k*k的小矩阵，边界多余的部分若无法构成k*k，则用0补齐
要求每个k*k小矩阵中的数字相同：
1. 全部为0
2. 全部为1

问在上述两个约束条件下，我们最少需要改变多少个数字

题目分析：这个题目的题意还是比较容易理解的，现在就在于该如何实现了，因为前一天晚上在牛客做到了一个比较类似的二维前缀和的题目，所以读完这个题之后第一反应就是观察一下能否用二维前缀和辅助求解，答案肯定是可以的，所以我们就可以直接维护一个二维前缀和，然后从小到大枚举k，每次更新最终答案就可以了

对了需要注意一下，因为这个题目涉及到了边界补零的问题，所以我们的初始矩阵不能恰好开到1e3*1e3，肯定会RE的，因为我们枚举的k最大值是min(n,m)，所以按理来说矩阵开到2e3*2e3，然后每次维护2*n*2*m的大小就足够用了

其实一开始用二维前缀和还是蛮担心会超时的，因为加上内层枚举的k，总的时间复杂度到了n*n*n，题目中的n是1e3，那么放到这个题目中就是1e9，肯定必超时，但有一个细节需要注意一下，因为随着k的增大，x和y枚举的次数就会和k成反比，也就是说当k达到一定大小的时候，x和y的枚举次数就会远远小于n，虽然这种情况下时间复杂度我也不太会算，但肯定无法到达1e9的程度，起码1e7或1e8评测机还是顶得住的

代码：

#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<climits>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<stack>
#include<queue>
#include<list>
#include<vector>
#include<set>
#include<map>
#include<sstream>
using namespace std;typedef long long LL;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=2e3+100;LL maze[N][N];int main()
{
//  freopen("input.txt","r",stdin);
//  ios::sync_with_stdio(false);int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++)//读数据for(int j=1;j<=m;j++)scanf("%1lld",&maze[i][j]);for(int i=1;i<=n*2;i++)//维护二维前缀和for(int j=1;j<=m*2;j++)maze[i][j]+=maze[i-1][j]+maze[i][j-1]-maze[i-1][j-1];LL ans=inf;//初始化答案为无穷大for(int k=2;k<=min(m,n);k++)//枚举k{LL sum=0;//记录一下当前k的情况下的答案for(int i=k;i<=2*n;i+=k)for(int j=k;j<=2*m;j+=k){LL c=maze[i][j]-maze[i-k][j]-maze[i][j-k]+maze[i-k][j-k];sum+=min(llabs(c-1LL*k*k),c);//这里我们选取全部转换为当前1或者0中的较小值}ans=min(ans,sum);//实时更新答案}cout<<ans<<endl;return 0;
}

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