CodeForces 18 E.Flag 2（dp）

Description

给出一个$n\times m$的矩阵，每个位置可以染一种颜色，颜色共$16$种，用$'a'$~$'z'$表示，先给出初始染色状态，问至少要改变多少个位置的颜色才能使得满足以下两个条件：相邻两个格子颜色不同，一行至多两种不同的颜色

Input

第一行两个整数$n,m$表示矩阵行列数，之后输入一个$n\times m$的字符矩阵表示初始染色状态$(1\le n,m\le 500)$

Output

输出使得矩阵满足条件所需修改的最少颜色数和修改后的矩阵染色状态，多组解输出任意一组

Sample Input

3 4
aaaa
bbbb
cccc

Sample Output

6
abab
baba
acac

Solution

由于一行至多两种颜色且相邻两个格子颜色不同，所以让$m>1$时，一行的状态必然是$xyxy...$，其中$x,y$表示两种不同的颜色，以$cost[i][x][y]$表示把第$i$行变成$xyxy...$所需修改的次数，以$dp[i][x][y]$表示把第$i$行变成$xyxy...$且前$i$行中任意两个相邻位置颜色不同且前$i$行每行两种颜色所需修改的最少次数，那么有转移

$dp[i+1][xx][yy]=min(dp[i+1][xx][yy],dp[i][x][y]+cost[i+1][xx][yy]),x\neq xx,y\neq yy,x\neq y,xx\neq yy$

答案即为$min(dp[n][x][y],x\neq y)$，具体方案看当前状态是由哪个状态转移过来即可得到，时间复杂度$O(26^4n)$

当$m=1$时，以$dp[i][x]$表示把第$i$行变成$x$且前$i$行相邻两行颜色不同所需的最少操作数，类似的有转移

$dp[i+1][y]=min(dp[i+1][y],dp[i][x]+(a[i+1]\neq y)),x\neq y$，其中$a[i+1]$表示第$i+1$行初始颜色

答案即为$min(dp[n][x])$，具体方案同理，时间复杂度$O(26^2n)$

Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<ctime>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>P;
const int INF=0x3f3f3f3f,maxn=505;
int n,m,a[maxn][maxn],f[maxn][26],dp[maxn][26][26],cost[maxn][26][26];
char s[maxn];
void output0(int pos,int x)
{
    if(pos>1)
    {
        for(int y=0;y<26;y++)
            if(x!=y&&(f[pos-1][y]+(a[pos][1]!=x)==f[pos][x]))
            {
                output0(pos-1,y);
                break;
            }       
    }
    printf("%c\n",x+'a'); 
}
void output(int pos,int x,int y)
{
    if(pos>1)
    {
        int flag=0;
        for(int xx=0;xx<26;xx++)
            if(x!=xx)
            {
                for(int yy=0;yy<26;yy++)
                    if(y!=yy&&xx!=yy)
                    {
                        if(dp[pos-1][xx][yy]+cost[pos][x][y]==dp[pos][x][y])
                        {
                            output(pos-1,xx,yy);
                            flag=1;
                            break;
                        }
                    }
                if(flag)break;
            }
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)
        if(i&1)printf("%c",x+'a');
        else printf("%c",y+'a');
    printf("\n");
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%s",s+1);
        for(int j=1;j<=m;j++)a[i][j]=s[j]-'a';
    }
    if(m==1)
    {
        memset(f,INF,sizeof(f));
        for(int x=0;x<26;x++)
            if(x!=a[1][1])f[1][x]=1;
            else f[1][x]=0;
        for(int i=1;i<n;i++)
            for(int x=0;x<26;x++)
                for(int y=0;y<26;y++)
                    if(x!=y)
                        f[i+1][y]=min(f[i+1][y],f[i][x]+(a[i+1][1]!=y));
        int ans=INF,x0;
        for(int x=0;x<26;x++)
            if(f[n][x]<ans)
                ans=f[n][x],x0=x;
        printf("%d\n",ans);
        output0(n,x0);
    }
    else
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int x=0;x<26;x++)
                for(int y=0;y<26;y++)
                    if(x!=y)
                        for(int j=1;j<=m;j++)
                            if((j&1)&&a[i][j]!=x||!(j&1)&&a[i][j]!=y)
                                cost[i][x][y]++;
        memset(dp,INF,sizeof(dp));
        for(int x=0;x<26;x++)
            for(int y=0;y<26;y++)
                dp[1][x][y]=cost[1][x][y];
        for(int i=1;i<n;i++)
            for(int x=0;x<26;x++)
                for(int y=0;y<26;y++)
                    if(x!=y)
                        for(int xx=0;xx<26;xx++)
                            if(x!=xx)
                                for(int yy=0;yy<26;yy++)
                                    if(y!=yy&&xx!=yy)
                                        dp[i+1][xx][yy]=min(dp[i+1][xx][yy],dp[i][x][y]+cost[i+1][xx][yy]);
        int ans=INF,x0,y0;
        for(int x=0;x<26;x++)
            for(int y=0;y<26;y++)
                if(x!=y&&dp[n][x][y]<ans)
                    ans=dp[n][x][y],x0=x,y0=y;
        printf("%d\n",ans);
        output(n,x0,y0);
    }
    return 0;
}