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解题思路

一堆循环嵌套的那种dp,不好想。但是可以搜啊,很暴力的。记忆化一下就好。

我们定义搜索函数\(\text{search}(x1,y1,x2,y2)\),代表将矩形区域\([x1,x2]\)、\([y1,y2]\)内部全部染白的最小代价。

我们可以知道,如果这个区域内全白,那么代价显然就是0。

如果全黑,那么不妨一次性全部染白,拆开成几个小的矩形并分别染色不会使结果更优。证明(其他大小的矩形可以类比):\(3\times10\) 的全黑矩形,一整个矩形一起染的代价是 \(\max(3,10)=10\) ——

  • 如果我们将长边10拆开

    • 如果拆出来的新矩形的短边大于等于3,比如拆成两个\(3\times5\)的,那么代价还是\(5+5=10\),拆成三份\(3\times4\)、\(3\times3\)和\(3\times3\),那么代价还是\(4+3+3=10\)。总之它们的代价没有下降。
    • 如果拆分更小一些,短边小于了3,比如拆成\(3\times2\)和\(3\times8\)两个,那完蛋了,代价 \(3+8=11\),反而增大了,拆得越细增大越多。
  • 如果我们将短边3拆开
    • 完了,拆成两份代价就变成两倍(\(1\times10\)和\(2\times10\),代价是 \(10+10=20\)),拆成3份代价就变成3倍

综上,全黑的矩形我们就不拆了,直接染,又快又对。

下面是来自Neil的证明(感觉这个才叫证明)

假定存在拆分成k个小矩形可以达到更优解,那么这k个矩形要至少覆盖整个大矩形

那么小矩形们就一定存在某些边,边长之和要等于大矩形的最长边(要覆盖满)。

  • 如果这些边全是各自小矩形的最长边,那么答案不变
  • 如果这些边里有些边不是所属矩形的最长边,那么答案增加

为了快速知道一个矩形是不是全白或者全黑,我们使用二维前缀和。

那么黑白相间的那种呢?

首先我们可以直接一整个地染,当然肯定会有浪费,那么我们就尝试拆开染。

我们可以把矩形拆成上下两个,也可以拆成左右两个,假设矩阵大小为\(x\times y\),那么总共就有\((x-1)+(y-1)\)种拆分方式。

对于每个拆出来的子矩阵,我们可以继续拆,也就是递归搜索子矩阵,知道子矩阵全黑或者全白就返回,这个过程记忆化记录结果。

时间复杂度嘛,我们要把记忆化搜索用到的表填满(表中总共\(n^4\)个空格),填表每一格的时候用时,最坏大概是小矩形的边长相加(拆分矩阵方式的种数,大概\(O(n)\)?这里我有点怀疑……先留坑),。因为记忆化搜索,那些小矩形的答案最多就求一次,不管是大矩形拆下去求到小矩形还是先求小矩形,再求大矩形,这两种复杂度都差不多,所以我们可以认为,把大矩形拆小了可以\(O(1)\)得到答案。综合起来就是\(O(n^5)\)。

官方题解

另外,这场CF的div1还有一个这题的升级版,n是\(10^9\),总共有不超过\(50\)个黑格子,染色代价是矩形边长的最小值,拿网络流求,留坑可能不填了。

源代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm> int n;
bool mp[54][54];
int sum[54][54];//二维前缀和
int dp[54][54][54][54]; void input()
{
scanf("%d",&n);
char s[54];
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",s+1);
for(int j=1;j<=n;j++)
{
mp[i][j]=(s[j]=='#');
sum[i][j]=sum[i][j-1]+sum[i-1][j]-sum[i-1][j-1]+(int)mp[i][j];
}
}
memset(dp,-1,sizeof(dp));
} inline int quesum(int x1,int y1,int x2,int y2)
{
x1--;y1--;
return sum[x2][y2]-sum[x2][y1]-sum[x1][y2]+sum[x1][y1];
} int calc(int x1,int y1,int x2,int y2)
{
if(~dp[x1][y1][x2][y2]) return dp[x1][y1][x2][y2];
dp[x1][y1][x2][y2]=std::max(x2-x1+1,y2-y1+1);
int s=quesum(x1,y1,x2,y2);
if(s==(x2-x1+1)*(y2-y1+1)) return dp[x1][y1][x2][y2];
else if(!s) return dp[x1][y1][x2][y2]=0;//全空
for(int i=x1;i<x2;i++)//按x分割
{
dp[x1][y1][x2][y2]=std::min(dp[x1][y1][x2][y2],calc(x1,y1,i,y2)+calc(i+1,y1,x2,y2));
}
for(int i=y1;i<y2;i++)//按y分割
{
dp[x1][y1][x2][y2]=std::min(dp[x1][y1][x2][y2],calc(x1,y1,x2,i)+calc(x1,i+1,x2,y2));
}
return dp[x1][y1][x2][y2];
} int main()
{
input();
printf("%d\n",calc(1,1,n,n));
return 0;
}

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