BZOJ2241: [SDOI2011]打地鼠

2241: [SDOI2011]打地鼠

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Description

打地鼠是这样的一个游戏：地面上有一些地鼠洞，地鼠们会不时从洞里探出头来很短时间后又缩回洞中。玩家的目标是在地鼠伸出头时，用锤子砸其头部，砸到的地鼠越多分数也就越高。

游戏中的锤子每次只能打一只地鼠，如果多只地鼠同时探出头，玩家只能通过多次挥舞锤子的方式打掉所有的地鼠。你认为这锤子太没用了，所以你改装了锤子，增加了锤子与地面的接触面积，使其每次可以击打一片区域。如果我们把地面看做M*N的方阵，其每个元素都代表一个地鼠洞，那么锤子可以覆盖R*C区域内的所有地鼠洞。但是改装后的锤子有一个缺点：每次挥舞锤子时，对于这R*C的区域中的所有地洞，锤子会打掉恰好一只地鼠。也就是说锤子覆盖的区域中，每个地洞必须至少有1只地鼠，且如果某个地洞中地鼠的个数大于1，那么这个地洞只会有1只地鼠被打掉，因此每次挥舞锤子时，恰好有R*C只地鼠被打掉。由于锤子的内部结构过于精密，因此在游戏过程中你不能旋转锤子（即不能互换R和C）。

你可以任意更改锤子的规格（即你可以任意规定R和C的大小），但是改装锤子的工作只能在打地鼠前进行（即你不可以打掉一部分地鼠后，再改变锤子的规格）。你的任务是求出要想打掉所有的地鼠，至少需要挥舞锤子的次数。

Hint：由于你可以把锤子的大小设置为1*1，因此本题总是有解的。

Input

第一行包含两个正整数M和N；

下面M行每行N个正整数描述地图，每个数字表示相应位置的地洞中地鼠的数量。

Output

输出一个整数，表示最少的挥舞次数。

Sample Input

3 3

1 2 1

2 4 2

1 2 1

Sample Output

4

【样例说明】

使用2*2的锤子，分别在左上、左下、右上、右下挥舞一次。

【数据规模和约定】

对于100%的数据，1<=M,N<=100，其他数据不小于0，不大于10^5

HINT

Source

第一轮Day1

题解：

想到了（n*m）^2的做法，但合法的方案并不多，所以应该可以过，结果才56ms，数据是有多水。。。

因为直接从数据来看很难确定r，c取什么合适，甚至确定合法我们都不一定可以很快判断，而n，m<=100，

那我们只要枚举r，c，若能在O（n*m）的时间里解决这个问题，就可以过。

如何在O（N*M）的时间内求出应该挥舞多少次呢？

很简单，从第一个格子开始，它一定要被作为左上角的格子敲打a[1][1]次，然后它变成了0，

那么考虑a[1][2]，还剩下多少，就以它为左上角挥舞多少次，接着一直这样下去。

如何在O（1）时间内求出a[i][j]还剩下多少呢？

这很简单，考虑以谁为左上角会影响到 i，j，显然是以i，j为右下角的r*c的矩形，

所以我们要在O（1）时间内求出这个矩形的权值和，类似于激光炸弹一题，我们记个二维的前缀和就OK了。

代码：

#include<cstdio>

#include<cstdlib>

#include<cmath>

#include<cstring>

#include<algorithm>

#include<iostream>

#include<vector>

#include<map>

#include<set>

#include<queue>

#include<string>

#define inf 1000000000

#define maxn 105

#define maxm 500+100

#define eps 1e-10

#define ll long long

#define pa pair<int,int>

#define for0(i,n) for(int i=0;i<=(n);i++)

#define for1(i,n) for(int i=1;i<=(n);i++)

#define for2(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)

using namespace std;

inline int read()

{

int x=0,f=1;char ch=getchar();

while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}

while(ch>='0'&&ch<='9'){x=10*x+ch-'0';ch=getchar();}

return x*f;

}
int n,m,ans,a[maxn][maxn],f[maxn][maxn];
inline int check(int x,int y)
{
//cout<<x<<' '<<y<<endl;
for1(i,n)
for1(j,m)
{
f[i][j]=f[i-1][j]+f[i][j-1]-f[i-1][j-1];
int tmp=f[i][j]-f[max(i-x,0)][j]-f[i][max(j-y,0)]+f[max(i-x,0)][max(j-y,0)];
tmp=a[i][j]-tmp;
if(tmp<0)return inf;
f[i][j]+=tmp;
//cout<<i<<' '<<j<<' '<<f[i][j]<<endl;
}
return f
[m];
}

int main()

{

freopen("input.txt","r",stdin);

freopen("output.txt","w",stdout);

n=read();m=read();
ans=0;
for1(i,n)
for1(j,m)
a[i][j]=read(),ans+=a[i][j];
for1(i,n)
for1(j,m)
if(i!=1||j!=1)ans=min(ans,check(i,j));
printf("%d\n",ans);
return 0;

}

View Code
查了一下题解，给吓尿了。。。线性筛。。。差分。。。二分。。。暴力。。。都过了。。。

比较靠谱的题解传送门：http://blog.csdn.net/popoqqq/article/details/39101177