题目描述

(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。

输入输出格式

输入格式：

第一行包含三个整数，(N) (M) (T)。

接下来有(N)行，每行一个长度为(M)的字符串，'0'表示红色，'1'表示蓝色。

输出格式：

包含一个整数，最多能正确粉刷的格子数。

输入输出样例

输入样例#1：

输出样例#1：

说明

(30\%)的数据，满足 (1 le N,M le 10) ； (0 le T le 100) 。

(100\%)的数据，满足 (1 le N,M <= 50) ； (0 le T le 2500) 。

Solution

蒟蒻看到这题想了(n)多种~~完全不正确的~~处理方法，如果是在考场上估计已经光速凉凉了(QAQ)

对于每一行，我们可以把它分成若干个颜色不同的连续段（对应若干次颜色不同的粉刷），从左到右考虑

注意到题目：

一个格子如果未被粉刷或者被粉刷错颜色，就算错误粉刷。

意思就是不刷白不刷

如果是颜色不对，多刷这一格不会比不刷差，就不需要考虑不刷的情况

所以我们有：

状态：设(dp_{i,j,k,0/1})表示当前枚举到第(i)行，第(j)个格子，已经涂了(k)次（分成了(k)段），当前格子涂的颜色是(0/1)

方程：

[dp_{i,j,k,x}=max(dp_{i,j-1,k,x},dp_{i,j-1,k-1,xspace xorspace 1})+[x=color_{i,j}] ]

(方括号是艾弗森括号，当其中的条件为真时值为(1)，否则为(0))

这个转移应该很好理解吧

处理完每一行之后，(max(dp_{i,m,k,0},dp_{i,m,k,1}))即为第(i)行分配(k)次粉刷次数所能正确粉刷的最大格子数

这样，每一行作为一组，原问题就转化为一个分组背包问题，在此不再赘述

Code

代码中所用的字母与上述转移方程略有不同，请注意辨别

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define maxn 55
#define maxm 55
#define maxt 2505
using namespace std;
typedef long long ll;

template <typename T> void read(T &t)
{
	t=0;int f=0;char c=getchar();
	while(!isdigit(c)){f|=c=='-';c=getchar();}
	while(isdigit(c)){t=t*10+c-'0';c=getchar();}
	if(f)t=-t;
}

int n,m,t;
int col[maxn][maxm];
int dp[maxn][maxm][maxm][2],tdp[maxt];

int main()
{
	read(n),read(m),read(t);
	for(register int i=1;i<=n;++i)
	{
		char c[maxm];
		scanf("%s",c+1);
		for(register int j=1;j<=m;++j)
			col[i][j]=c[j]-'0';
	}
	for(register int li=1;li<=n;++li)
		for(register int i=1;i<=m;++i)
			for(register int k=1;k<=min(t,m);++k)
				for(register int x=0;x<=1;++x)
					dp[li][i][k][x]=max(dp[li][i-1][k][x],dp[li][i-1][k-1][x^1])+(x==col[li][i]);
	for(register int i=1;i<=n;++i)
		for(register int j=t;j>=0;--j)
			for(register int k=1;k<=min(j,m);++k)
				tdp[j]=max(tdp[j],tdp[j-k]+max(dp[i][m][k][0],dp[i][m][k][1]));
	printf("%d",tdp[t]);
	return 0;
}