bzoj1296 [SCOI2009]粉刷匠 分组背包/单调队列优化

题意：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。

这题太恐怖了QAQ，虽然模型还是能一步步推出来，但是脑洞好大。。

首先处理每一行的答案，设f[i][j]表示前j格刷i次的最大代价，n^3转移。

f[i][j]=max(f[i−1][k]+max(cnt[1][j..k],cnt[0][j..k]))

然后我们得到f以后，可以发现，我们可以把所有的f[1-m][m]看作m个物品，f[i][m]就是他的价值，他所在的行就是他所在的组，代价就是i。(一行最多刷m次)

那么这就是典型的分组背包模型，由于数据较小可以直接n^3。

设g[i][j]表示前i组，体积为j，转移：

g[i][j]=max(g[i][j],g[i−1][j−k]+a[i][k])

这个转移很好理解就不用说了吧。。

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~分割线

%%%ymw，搞出来了新的解法，根据单调队列优化多重背包的思想来做，这个方法更为直观，不过上一种也很好。

具体的话就是设f[i][j][k]表示从左到右，从上到下，刷到了第i行第j列，刷了最多k次的正确格子。

那么明显有f[i][j][k]=max(f[i][l−1][k−1]+w[l][j])

直接转移肯定爆炸。

然后发现w[l][j]=w[1][j]-w[1][l];

那么维护一下f[i][l-1][k-1]-w[1][l]就好啦

http://blog.csdn.net/qq_33229466/article/details/78279806

(ymw还不赶快感谢我帮你打广告。)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int N=55;
const int inf=100000000;

int n,m,T,f

[N*N],a

;
char ch
;

int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&T);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",ch+1);
for (int j=1;j<=m;j++) a[i][j]=ch[j]-'0';
}
int tag0=0,tag1=0,mx1=0,mx0=0;
for (int k=1;k<=T;k++)
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=m;j++)
{
int x=i,y=j-1;
if (!y) x--,y=m,tag0=tag1=0,mx0=mx1=f[x][y][k-1];
f[i][j][k]=f[x][y][k];
if (!a[i][j]) f[i][j][k]=max(f[i][j][k],mx1+tag1+1),tag1++,mx0=max(mx0,f[i][j][k-1]-tag0);
else f[i][j][k]=max(f[i][j][k],mx0+tag0+1),tag0++,mx1=max(mx1,f[i][j][k-1]-tag1);
}
printf("%d",f
[m][T]);
return 0;
}