JZOJ1429. 着色

题目

Description

　　Alice是一个奇怪的画家。她想对一副有N*N个像素点组成的画进行着色，N是2的幂（1，2，4，8，16等等）。每个像素点可以着成黑色或白色。
　　Alice着色方案不是唯一的，她采用以下不确定的规则：
　　•如果画作只有一个像素点，那可以直接着白色或黑色；
　　•否则，把画平均分成四块，然后进行以下操作：
　　(1) 选择一块全部着白色；
　　(2) 选择一块全部着黑色；
　　(3) 把剩下的两块当作是独立的画作并采用同样的方法进行着色。
　　对于每一幅画作，Alice心目中已经有一个蓝图，接下来请你帮她采用上述方法着色，要求选择跟心目中的蓝图差异最小的着色方案，当然要遵循上述的着色规则，两幅图的差异是指对应位置颜色不相同的像素点的个数。

Input

　　输入第一行包含整数N(1<=N<=512)，表示画作的尺寸为N*N，N保证是2的幂。
　　接下来N行每行包含N个0或1，描述Alice心目中的蓝图，0表示白色，1表示黑色。

Output

　　第一行输出最小的差异是多少。
　　

Sample Input

输入1：

4

0001

0001

0011

1110

输入2：

4

1111

1111

1111

1111

输入3：

8

01010001

10100011

01010111

10101111

01010111

10100011

01010001

10100000

Sample Output

输出1：

1

输出2：

6

输出3：

16

Hint

【数据范围】
　　50%的数据N<=8

分析

一开始，感觉可能要用贪心，但是，仔细想一下就发现是不可以用贪心。

题目上对于每一个矩阵的操作是相同的，应该从这个方面思考。

题解

我们先把图抽象构造出一棵树，根节点是原图。每个节点都有四个儿子节点，分别表示平均分成四块。

因为一个矩阵的答案是由它分成的四个矩阵影响的，那么每个节点的值都是它的儿子节点那里来影响的。

• 所以，这题就是树形DP。

设$f_i$ 表示第i棵的最小差异数

设$g_i$ 表示第i棵的黑点数量

那么我们就可以推出递推式。

对于每一个节点的状态转移有12种，

虽然看上去很复杂，实际上也不是很难。

我们只需要枚举，在这个节点的儿子节点，哪一个全部涂黑，哪一个全部涂白。在这里数组$g_i$ 就有用了。

code

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <string.h>
#include <cmath>
#include <stdlib.h>
#include <math.h>
using namespace std;

int f[400000],g[400000];
int n,ans;
int bz[520][520];
char ch;

int min(int x,int y)
{
    if(x<y)return x;
    return y;
}

inline void bfs(int k,int x,int y,int size)
{
    //printf("%d %d %d %d\n",k,x,y,size);
    if(size==1)
    {
        if(bz[x][y])g[k]=1;else g[k]=0;
        f[k]=0;
        return;
    }
    size=size/2;
    bfs(4*k-2,x,y,size);
    bfs(4*k-1,x+size,y,size);
    bfs(4*k,x,y+size,size);
    bfs(4*k+1,x+size,y+size,size);
    g[k]=g[4*k-2]+g[4*k-1]+g[4*k]+g[4*k+1];
    f[k]=2147483647;
    f[k]=min(f[k],g[4*k-2]+size*size-g[4*k-1]+f[4*k-0]+f[4*k+1]);
    f[k]=min(f[k],g[4*k-1]+size*size-g[4*k-2]+f[4*k-0]+f[4*k+1]);

    f[k]=min(f[k],g[4*k-2]+size*size-g[4*k-0]+f[4*k-1]+f[4*k+1]);
    f[k]=min(f[k],g[4*k-0]+size*size-g[4*k-2]+f[4*k-1]+f[4*k+1]);

    f[k]=min(f[k],g[4*k-2]+size*size-g[4*k+1]+f[4*k-0]+f[4*k-1]);
    f[k]=min(f[k],g[4*k+1]+size*size-g[4*k-2]+f[4*k-0]+f[4*k-1]);

    f[k]=min(f[k],g[4*k-1]+size*size-g[4*k-0]+f[4*k-2]+f[4*k+1]);
    f[k]=min(f[k],g[4*k-0]+size*size-g[4*k-1]+f[4*k-2]+f[4*k+1]);

    f[k]=min(f[k],g[4*k-1]+size*size-g[4*k+1]+f[4*k-0]+f[4*k-2]);
    f[k]=min(f[k],g[4*k+1]+size*size-g[4*k-1]+f[4*k-0]+f[4*k-2]);

    f[k]=min(f[k],g[4*k-0]+size*size-g[4*k+1]+f[4*k-2]+f[4*k-1]);
    f[k]=min(f[k],g[4*k+1]+size*size-g[4*k-0]+f[4*k-2]+f[4*k-1]);
}

int main()
{
    freopen("1429.in","r",stdin); 
    freopen("1429.out","w",stdout); 
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) 
    {
        ch=getchar();
        while((ch!='0')&&(ch!='1'))ch=getchar();
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            if(ch=='0')bz[i][j]=0;
                else bz[i][j]=1;
            ch=getchar();
        }
    }
    bfs(1,1,1,n);
    printf("%d",f[1]);
}