题面
题意
猫猫送走了客人，留住了蜗牛点点，晃晃悠悠走到池子边，又打起了鱼的主意。俯瞰池子，猫猫发现鱼阵明显乱了。“难道鱼们故意让我无法下嘴？”猫猫看到正在池边散步的点点，心想：“一定是他告的密……”猫猫愤怒地抓起点点，把他关进了抽屉里。猫猫想：“好啊，鱼儿啊，你们不就是会传递信息吗？有什么了不起？用挡板把你们隔离开，看你们还怎么交流！”猫猫随即从后花园里拿来若干挡板，打算用这些挡板在水中设立“隔离室”，把鱼们分开。池塘已经被猫猫抽象成了n 行m列小方格，每个小方格中或有鱼，或无鱼。挡板必 须沿着小方格的边缘放置。猫猫需要用挡板围出若干个“隔离室”，使得每个隔离室中有且只有一条鱼，而且，每个“隔离室”都必须为矩形（包括正方形）。那么，将鱼们隔离开来，猫猫最少需要多少个长度单位的木板呢？
例如：
n=4 ，m=3 时的一种情况（0 表示小方格内无鱼，1 表示有鱼）。
0 1 0
0 0 0
1 0 1
0 0 0
可以这么分：
由于池塘边框不需要放置挡板，所以这个分割方案所需的挡板总长度为5。
输入格式
第一行有两个整数n和m，描述池塘规模。接下来的n行，每行有m个数字（非“0”即“1”）。每两个数字之间用空格隔开。
对于20% 的数据，有1≤n,m≤10
对于40% 的数据，有1≤n,m≤16
对于70% 的数据，有1≤n,m≤24
对于100%的数据，有1≤n,m≤32
输出格式
对于每组输入数据，输出一行：一个数字，猫猫所需挡板的最短总长度。
简单来说就是给出一个01矩阵，问至少放几块挡板（每块挡板长度为1）可以将其分为若干块矩形，使每块矩形中有且只有一个1.
做法
搜索+剪枝。
逐行考虑，首先枚举这一行哪些位置放挡板，因为最后被分成了若干矩形，所以当且仅当这块挡板上面与其相邻的两块横着的挡板（或者是边框）都存在时，它才能随便放，否则它是否放置由它上面这个位置是否放置挡板决定。另外在递归时记录一下这行是否已经有1（剪枝掉这一行存在两个1，且中间没有放置挡板的情况）
当这行竖着的挡板考虑完后，考虑这一行下面是否放置横着的挡板，可以根据竖着的挡板将这一行分成多块，若这一块已经含有1，且下一行的这部分也有1，则必须放置横着的挡板（若不放将导致一个矩形中有2个1），若这一块中还没有1，则不能放置横着的挡板，这样就可以使搜索情况大大减少，如果这行已经是最后一行，则还要判断一下是不是没块中都只有1个1。
在搜索时还要加入估价函数进行剪枝：可以发现，如果这一行有k个1，则至少要放置k-1个挡板，这一列上也同理，这样可以预处理出当前行下的整个矩形至少要放置几块挡板，若此时答案加上估价函数已经大于等于ans，直接剪枝。
为了较快得到较优解（为了可以利用估价函数剪掉较多的枝），可以先搜不放的情况，再搜较放的情况。
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define N 40
using namespace std;
int m,n,qz[N][N],need[N],ha[N],zt[N][N],ans=INF;
bool mm[N][N],h[N][N],l[N][N];
vector<int>gb[N];
inline int ask(int u,int v,int p,int q)
{
return qz[p][q]-qz[p][v-1]-qz[u-1][q]+qz[u-1][v-1];
}
void dfs(int u,int v,int sum,bool have);
void Dfs(int u,int v,int sum)
{
if(sum+need[u+1]>=ans) return;
if(v==gb[u].size()-1)
{
dfs(u+1,1,sum,0);
return;
}
if(zt[u][v]==1)
{
int i,j,p,q;
p=gb[u][v];
q=gb[u][v+1]-1;
for(i=p;i<=q;i++)
{
h[u][i]=0;
}
Dfs(u,v+1,sum);
for(i=p;i<=q;i++)
{
sum++;
h[u][i]=1;
}
Dfs(u,v+1,sum);
}
else Dfs(u,v+1,sum);
}
void dfs(int u,int v,int sum,bool have)
{
if(sum+need[u+1]>=ans) return;
if(mm[u][v]&&have) return;
have|=mm[u][v];
if(v==n)
{
int i,j,p,q,o;
gb[u].clear();
gb[u].push_back(1);
for(i=1; i<n; i++) if(l[u][i]) gb[u].push_back(i+1);
gb[u].push_back(n+1);
if(u==m)
{
for(i=0; i<gb[u].size()-1; i++)
{
p=gb[u][i];
q=gb[u][i+1]-1;
for(j=u-1; !h[j][p]; j--);j++;
if(ask(j,p,u,q)!=1) return;
}
ans=sum;
return;
}
for(i=0; i<gb[u].size()-1; i++)
{
p=gb[u][i];
q=gb[u][i+1]-1;
for(j=u-1; !h[j][p]; j--);j++;
zt[u][i]=ask(j,p,u,q);
if(zt[u][i]&&ask(u+1,p,u+1,q)) zt[u][i]=2;
if(!zt[u][i])
{
for(j=p;j<=q;j++)
{
h[u][j]=0;
}
}
else if(zt[u][i]==2)
{
for(j=p;j<=q;j++)
{
sum++;
h[u][j]=1;
}
}
}
Dfs(u,0,sum);
return;
}
if(!h[u-1][v] || !h[u-1][v+1])
{
l[u][v]=l[u-1][v];
dfs(u,v+1,sum+l[u][v],l[u][v]?0:have);
}
else
{
l[u][v]=0;
dfs(u,v+1,sum,have);
l[u][v]=1;
dfs(u,v+1,sum+1,0);
}
}
int main()
{
int i,j,t;
cin>>m>>n;
for(i=1; i<=m; i++)
{
for(j=1; j<=n; j++)
{
scanf("%d",&mm[i][j]);
}
}
for(i=1; i<=m; i++)
{
for(j=1; j<=n; j++)
{
qz[i][j]=qz[i-1][j]+qz[i][j-1]-qz[i-1][j-1]+mm[i][j];
}
}
for(i=m-1; i>=1; i--) ha[i]+=ha[i+1];
for(i=1; i<=m; i++)
{
for(j=i;j<=m;j++)
{
t=ask(j,1,j,n)-1;
need[i]+=max(t,0);
}
for(j=1;j<=n;j++)
{
t=ask(i,j,m,j)-1;
need[i]+=max(t,0);
}
}
for(i=1; i<=n; i++) h[0][i]=1;
dfs(1,1,0,0);
cout<<ans;
}