【Codeforces Round #576 (Div. 2)】Rectangle Painting 1【记忆化搜索】

题意：

给出一个 $n\ast n$ 的网格，其中有一些为黑，有一些为白。现在将一块 $w\ast h$ 的区域全部涂成白色的花费是 $max(w,h)$，问将整个区域全部涂成白色的最少花费是多少？$(1\le n\le 50)$

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思路：

无论是从题干还是从数据范围，都可以比较明显地看出这是一道 $DP$。而 $DP$ 问题最关键的就是状态怎么定，如果状态定对了，问题将迎刃而解。

比赛时的思路是 $dp[i][j]$ 表示从 $(1,1)$ 到 $(i,j)$ 的区域全部涂成白色的最少花费。但是不知道如何转移这个状态，属于那种脑袋晕晕没有思路的状态，然后就放弃了…现在想想，当时发现状态没有很好的转移思路的时候，应该要及时更换思路，不能一条路走死了。

赛后知道了正确的状态应该是 $dp[x_1][y_1][x_2][y_2]$，表示将 $(x_1,y_1)$ 到 $(x_2,y_2)$ 的区域全部涂成白色的最少花费。转移就直接横纵枚举网格分割点，记忆化搜索即可。

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总结：

$DP$ 的问题就是这样，想不出状态或想错状态的时候觉得这个问题真难，搞懂之后就开始嫌这题怎么简单，我当时怎么没做出来…（哭

反思一下的话，这题犯了两个比较明显的错误。第一个是一开始定完状态之后，发现不好转移然后没有再继续思考，而是直接放弃。缺乏状态定错进行转换的能力！

第二个是没有深挖题干。$n$ 只有 $50$，结果上来就只定一个二维状态，可真是浪费这么小的空间，犯了不仔细研究数据范围的大忌。这里必须再插一句，$\text{ACM}$ 的世界里，题干和数据范围是非常重要的，没有数据范围空谈解决方法是极其不明智的，因此不充分利用好数据范围的信息，不根据数据范围来估算时间空间复杂度，属实属于 $zz$ 行为。

$50-O(n^5),10^2-O(n^4),500-O(n^3),10^3-O(n^{2}logn),10^4-O(n^2),10^5/10^6-O(nlogn)$

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代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i = a; i <= b; i++)
const int N = 50+10;
using namespace std;
 
int n,sum[N][N],dp[N][N][N][N];
char s[N][N];
 
int dfs(int x1,int y1,int x2,int y2){
	if(dp[x1][y1][x2][y2] != -1) return dp[x1][y1][x2][y2];
	int cnt = sum[x2][y2]-sum[x1-1][y2]-sum[x2][y1-1]+sum[x1-1][y1-1];
	if(cnt == 0) return (dp[x1][y1][x2][y2] = 0);
	int ans = max(y2-y1+1,x2-x1+1);
	rep(i,y1,y2-1){
		int t1 = dfs(x1,y1,x2,i);
		int t2 = dfs(x1,i+1,x2,y2);
		ans = min(ans,t1+t2);
	}
	rep(i,x1,x2-1){
		int t1 = dfs(x1,y1,i,y2);
		int t2 = dfs(i+1,y1,x2,y2);
		ans = min(ans,t1+t2);	
	}
	return (dp[x1][y1][x2][y2] = ans);
}
 
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	rep(i,1,n) scanf("%s",s[i]+1);
	rep(i,1,n)
		rep(j,1,n){
			sum[i][j] = sum[i][j-1]+sum[i-1][j]-sum[i-1][j-1];
			if(s[i][j] == '#') sum[i][j]++; //黑色块个数
		}
	memset(dp,-1,sizeof dp);
	printf("%d\n",dfs(1,1,n,n));
	return 0;
}