Time limit 1000 ms
Memory limit 262144 kB
解題思路
一堆循環嵌套的那種dp，不好想。但是可以搜啊，很暴力的。記憶化一下就好。
我們定義搜索函數\(\text{search}(x1,y1,x2,y2)\)，代表將矩形區域\([x1,x2]\)、\([y1,y2]\)內部全部染白的最小代價。
我們可以知道，如果這個區域內全白，那么代價顯然就是0。
如果全黑，那么不妨一次性全部染白，拆開成幾個小的矩形並分別染色不會使結果更優。證明（其他大小的矩形可以類比）：\(3\times10\) 的全黑矩形，一整個矩形一起染的代價是 \(\max(3,10)=10\) ——
- 如果我們將長邊10拆開
- 如果拆出來的新矩形的短邊大於等於3，比如拆成兩個\(3\times5\)的，那么代價還是\(5+5=10\)，拆成三份\(3\times4\)、\(3\times3\)和\(3\times3\)，那么代價還是\(4+3+3=10\)。總之它們的代價沒有下降。
- 如果拆分更小一些，短邊小於了3，比如拆成\(3\times2\)和\(3\times8\)兩個，那完蛋了，代價 \(3+8=11\)，反而增大了，拆得越細增大越多。
- 如果我們將短邊3拆開
- 完了，拆成兩份代價就變成兩倍（\(1\times10\)和\(2\times10\)，代價是 \(10+10=20\)），拆成3份代價就變成3倍
綜上，全黑的矩形我們就不拆了，直接染，又快又對。
下面是來自Neil的證明（感覺這個才叫證明）
假定存在拆分成k個小矩形可以達到更優解，那么這k個矩形要至少覆蓋整個大矩形
那么小矩形們就一定存在某些邊，邊長之和要等於大矩形的最長邊(要覆蓋滿)。
- 如果這些邊全是各自小矩形的最長邊，那么答案不變
- 如果這些邊里有些邊不是所屬矩形的最長邊，那么答案增加
為了快速知道一個矩形是不是全白或者全黑，我們使用二維前綴和。
那么黑白相間的那種呢？
首先我們可以直接一整個地染，當然肯定會有浪費，那么我們就嘗試拆開染。
我們可以把矩形拆成上下兩個，也可以拆成左右兩個，假設矩陣大小為\(x\times y\)，那么總共就有\((x-1)+(y-1)\)種拆分方式。
對於每個拆出來的子矩陣，我們可以繼續拆，也就是遞歸搜索子矩陣，知道子矩陣全黑或者全白就返回，這個過程記憶化記錄結果。
時間復雜度嘛，我們要把記憶化搜索用到的表填滿（表中總共\(n^4\)個空格），填表每一格的時候用時，最壞大概是小矩形的邊長相加(拆分矩陣方式的種數，大概\(O(n)\)？這里我有點懷疑……先留坑)，。因為記憶化搜索，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還是先求小矩形，再求大矩形，這兩種復雜度都差不多，所以我們可以認為，把大矩形拆小了可以\(O(1)\)得到答案。綜合起來就是\(O(n^5)\)。
另外，這場CF的div1還有一個這題的升級版，n是\(10^9\)，總共有不超過\(50\)個黑格子，染色代價是矩形邊長的最小值，拿網絡流求，留坑可能不填了。
源代碼
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
int n;
bool mp[54][54];
int sum[54][54];//二維前綴和
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;
}