https://codeforces.com/contest/1581/problem/C
正常的第一想法是:二维前缀和预处理+暴力。但是n是400过不去。
之前碰到一道利用最大子序和思想来优化的。这题类似。采用dp来优化。
枚举两行 ,再枚举1列。对列进行dp。
dp[k]:当前到k列的最小花费(注意这里是不包含第k列的)【后面解释】
f[k]=min(f[k−1]+加入第k行需要的修改次数,以i、j、k−3、k为边界的矩阵的修改次数)
每次用当前的f[k]+右边界需要的修改次数更新ans。
先解释下这个dp,由于是一个有至少大小的矩形,所以转移的时候考虑一下新形成的最小矩形,保证状态的正确性和完全性。
如果觉得不包含k影响理解,可以先看注释部分的代码。等下指出错误改正即可。
#include <bits/stdc++.h>
#define debug(a) cout<<#a<<"="<<a<<endl;
using namespace std;
const int maxn=420;
typedef int LL;
inline LL read(){
LL x=0,f=1;char ch=getchar(); while (!isdigit(ch)){
if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while (isdigit(ch)){
x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
return x*f;}
LL dp[maxn],ma[maxn][maxn];
LL a[maxn][maxn],b[maxn][maxn];
LL find1(LL i,LL j,LL k){
return a[j][k]-a[i-1][k];
}
LL find0(LL i,LL j,LL k){
return b[j][k]-b[i-1][k];
}
int main(void){
cin.tie(0);std::ios::sync_with_stdio(false);
LL t;cin>>t;
while(t--){
memset(a,0,sizeof(a));memset(b,0,sizeof(b));
int n,m;cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
char c;cin>>c;
ma[i][j]=c-'0';
a[i][j]=a[i-1][j]+(ma[i][j]==1);
b[i][j]=b[i-1][j]+(ma[i][j]==0);
}
}
LL ans=INT_MAX;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=i+4;j<=n;j++){
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
///这样定义的状态转移是不对的,比如第k-1列的代价要重算没法处理
// for(int k=4;k<=m;k++){
// LL val=find0(i+1,j-1,k-3)+!ma[i][k-2]+!ma[i][k-1]+!ma[j][k-2]+!ma[j][k-1]+find1(i+1,j-1,k-2)+find1(i+1,j-1,k-1)+find0(i+1,j-1,k);
// dp[k]=min(val,dp[k-1]+find1(i+1,j-1,k-1)+!ma[i][k-1]+!ma[j][k-1]+find0(i+1,j-1,k));
// ans=min(ans,dp[k]);
// }
for(int k=4;k<=m;k++){
LL val=find0(i+1,j-1,k-3)+!ma[i][k-2]+!ma[i][k-1]+!ma[j][k-2]+!ma[j][k-1]+find1(i+1,j-1,k-2)+find1(i+1,j-1,k-1);
dp[k]=min(val,dp[k-1]+find1(i+1,j-1,k-1)+!ma[i][k-1]+!ma[j][k-1]);
ans=min(ans,dp[k]+find0(i+1,j-1,k));
}
}
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
假如以第k列包含进来的dp状态。
若以dp[k]以dp[k-1]进行转移,则需要去掉k-1列被选定时花出的代价,再加回第k-1列变0的代价,再加上第k列变1的代价。
d p [ k ] = m i n ( v a l , d p [ k − 1 ] + f i n d 1 ( i + 1 , j − 1 , k − 1 ) + ! m a [ i ] [ k − 1 ] + ! m a [ j ] [ k − 1 ] + f i n d 0 ( i + 1 , j − 1 , k ) ) ; dp[k]=min(val,dp[k-1]+find1(i+1,j-1,k-1)+!ma[i][k-1]+!ma[j][k-1]+find0(i+1,j-1,k)); dp[k]=min(val,dp[k−1]+find1(i+1,j−1,k−1)+!ma[i][k−1]+!ma[j][k−1]+find0(i+1,j−1,k));
其中
d p [ k − 1 ] = m i n ( v a l 1 , d p [ k − 2 ] + f i n d 1 ( i + 1 , j − 1 , k − 2 ) + ! m a [ i ] [ k − 2 ] + ! m a [ j ] [ k − 2 ] + f i n d 0 ( i + 1 , j − 1 , k − 1 ) ) ; dp[k-1]=min(val1,dp[k-2]+find1(i+1,j-1,k-2)+!ma[i][k-2]+!ma[j][k-2]+find0(i+1,j-1,k-1)); dp[k−1]=min(val1,dp[k−2]+find1(i+1,j−1,k−2)+!ma[i][k−2]+!ma[j][k−2]+find0(i+1,j−1,k−1));
代入得
d p [ k ] = m i n ( v a l , v a l 1 , d p [ k − 2 ] + f i n d 1 ( i + 1 , j − 1 , k − 2 ) + ! m a [ i ] [ k − 2 ] + ! m a [ j ] [ k − 2 ] + f i n d 0 ( i + 1 , j − 1 , k − 1 ) + f i n d 1 ( i + 1 , j − 1 , k − 1 ) + ! m a [ i ] [ k − 1 ] + ! m a [ j ] [ k − 1 ] + f i n d 0 ( i + 1 , j − 1 , k ) ) ; dp[k]=min(val,val1,dp[k-2]+find1(i+1,j-1,k-2)+!ma[i][k-2]+!ma[j][k-2]+find0(i+1,j-1,k-1)+find1(i+1,j-1,k-1)+!ma[i][k-1]+!ma[j][k-1]+find0(i+1,j-1,k)); dp[k]=min(val,val1,dp[k−2]+find1(i+1,j−1,k−2)+!ma[i][k−2]+!ma[j][k−2]+find0(i+1,j−1,k−1)+find1(i+1,j−1,k−1)+!ma[i][k−1]+!ma[j][k−1]+find0(i+1,j−1,k));
- 可以看到我们对第k-1列即进行了找0又进行了找1.导致重复。
而我们想要的dp[k]应该是:
d p [ k ] = m i n ( v a l , v a l 1 , d p [ k − 2 ] + f i n d 1 ( i + 1 , j − 1 , k − 2 ) + ! m a [ i ] [ k − 2 ] + ! m a [ j ] [ k − 2 ] + ! m a [ i ] [ k − 1 ] + ! m a [ j ] [ k − 1 ] + f i n d 0 ( i + 1 , j − 1 , k ) ) ; dp[k]=min(val,val1,dp[k-2]+find1(i+1,j-1,k-2)+!ma[i][k-2]+!ma[j][k-2]+!ma[i][k-1]+!ma[j][k-1]+find0(i+1,j-1,k)); dp[k]=min(val,val1,dp[k−2]+find1(i+1,j−1,k−2)+!ma[i][k−2]+!ma[j][k−2]+!ma[i][k−1]+!ma[j][k−1]+find0(i+1,j−1,k));
但是上面的式子表明后面要有find0就会导致前面重复。
因此我们find0不在dp中加上。也就是改变dp的状态定义为不包含第k列的。计算答案时把单个的find0加上统计答案。