[SCOI2009]粉刷匠（分组背包）

Posted 2020-12-06 zcr-blog

Problem

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。

Solution

很容易发现这是一道背包问题。

我们发现一共有n条木板，每个木板之间没有关系，所以我们可以想到用分组背包。

设子状态$dp[i][j]$代表处理到第i组刷j次最多能粉刷对多少格子。

有组之间的转移方程$dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-k]+val(i,k))$

其中$val(i,k)$代表第i个木板刷k次所能刷对的最多格子数。

现在考虑如何求出$val(i,k)$。我们发现只有一维次数是肯定不行的，得再加一维代表刷1-j的格子。

所以我们得到了组内价值的子状态：$f[i][j][k]$代表刷第i个木板的1-i，刷k次能刷对的最大格子数，显然i那一维是可以省略的。

有转移方程$f[j][k] = max(f[j][k], f[l][k-1]+max(val2(l+1, j, 1), val2(l+1, j, 0)))$，其中$val2(x, y, u)$代表从x到y全部刷u能刷对的最大格子数。

val2可以用前缀和做到。

然后这道题就迎刃而解了。

Code

/*
dp[i][j] 代表前 i 个木板，粉刷 j 次可以粉刷正确的次数 

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

这里又要引入一个数组 f  

f[i][j] 代表位置从 1 到 i 粉刷 j 次的最大粉刷正确次数 

对于每一组 f 都是不一样的，要从新求 
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
int N, M, T;
char s[55];
int dp[55][2510];
int f[55][55];
int sum[55];
int ans;
int main() {
    scanf("%d%d%d", &N, &M, &T);
    for (int i = 1; i <= N; i++) {
        scanf("%s", s + 1);
        for (int j = 1; j <= M; j++) {
            sum[j] = sum[j - 1] + s[j] - ‘0‘;
        }
        //因为每个格子只能被刷一遍，所以每次被刷的次数只会到 m  
        for (int t = 1; t <= M; t++) {
            for (int j = 1; j <= M; j++) {
                f[j][t] = 0;//初始化为 0  
                for (int k = 0; k < j; k++) {
                    //计算 f[j][t] 
                    f[j][t] = max(f[j][t], f[k][t - 1] + max((sum[j] - sum[k]), j - k - (sum[j] - sum[k])));
                }
            }
        }
        for (int t = 1; t <= T; t++) {
            for (int j = 1; j <= min(M, t); j++) {
                dp[i][t] = max(dp[i][t], dp[i - 1][t - j] + f[M][j]);
                ans = max(ans, dp[i][t]);
            }
        }
    }
    cout << ans;
    return 0;
}