[SMOJ1779]一笔画

题目描述

由于小毛同学智商不高，理解不了真正的一笔画问题，于是他就开始研究一种变形的一笔画问题。给出 $n$ 行 $m$ 列的点阵，每个点是一个字符： “．” 或 “#” ，其中“#”表示该点是障碍物。现在小毛的问题是： 他最少要画多少笔才能把点阵里所有的“．”都覆盖完毕（被小毛画到的点就会被覆盖）。小毛的笔有点奇怪：小毛每次只能在某一行或某一列画，小毛当然想一笔就把某一行或某一列画完，但很遗憾，在任何时候都不允许小毛画的那一段点阵含有障碍物。还有一点更奇怪： 已经被画过的点，不能重复被画。

输入格式 1779.in

第一行： $n$ , $m$ 表示点阵行数和列数 。 $0 < n, m \leq10$
接下来有 $n$ 行， 每行有 $m$个字符，“．” 或 “#”

输出格式 1779.out

一个整数， 小毛最少要画多少笔。

输入样例 1779.in

输出样例一：
2 4
.##.
….
输出样例二：
3 4
….
….
….

输出样例 1779.out

输出样例一：
3
输出样例二：
3

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这题实在是很考验思维能力，“透过现象看本质”。

最初我是完全没有考虑到 DP 的做法，而是采用了贪心策略，每次取当前可以填充最多格子的一笔来画，可以得到 75 分。然而，后面无论怎样调整贪心策略，始终不能得到更高的分数。这表明贪心策略确实是不可行的。

讲评的时候，我才意识到，这题与铺地砖一题有相似之处。但是又有种植玉米的特点，即自身会有一部分限制。而且本题求的不是方案数，而是最少步数。

那么我们不妨设 $f[i][state]$ 表示把前 $i$ 行填满，其中第 $i$ 行的状态为 $state$ 的最小步数。在 $state$ 的表示中，我用 0 表示横着画，1 表示竖着画，有限制不能画的地方也表示为 1。会不会混乱呢？不必担心，因为我们已提前把限制都预处理保存了，因此对于 $state$ 中的每一个 1，不难得知它代表竖着画还是本身限制。

做 DP 的时候，前 $i - 1$ 行的子问题都已经求出来了，那么就可以枚举第 $i$ 行的状态，再去枚举从第 $i - 1$ 行的哪些状态转移过来，分别都可以算出花费。

我们要求的解就是找一个最小的 $f[n][state]$ 值，当然其中 $state$ 必须符合第 $n$ 行的限制要求，不合法根本不用考虑。状态转移方程为

$$f[i][state_1]=min\left\{f[i - 1][state_2]+cost(i, state_2, state_1)\right\}$$

前提条件，转移时要求 $state_1$ 和 $state_2$ 分别要符合第 $i$ 行和第 $i - 1$ 行的限制。关键是转移时多用的步数。

我定义了一个函数 $cost(i, lastState, nowState)$ 来计算：第 $i - 1$ 行的状态为 $lastState$ 时，第 $i$ 行要变成 $nowState$ 所增加的步数。
其中需要分类讨论一些情况：连续的 0 用一笔画完，两行同一列都是 1 且都不是限制（意味着是从上面竖着画下来了）的不用增加，$nowState$ 中某列是 1，而 $lastState$ 中这一列是 0 的则意味着从第 $i$ 行该列开始往下画一笔，需要加 1……

DP 的转移方程并不难写，其实 $cost$ 函数反而更考验细心程度。

DP 时需要一行一行做，每一行再枚举当前行状态，再枚举一下从上一行的哪种状态转移而来，转移时要一列列扫，因此总的时间复杂度为 $O(n \times 2^n \times 2^n \times m)$。空间复杂度为 $n \times 2^n$。

当然，计算花费的部分，也可以搞一个预处理先算出来，其实差不多。

总结一下，关键还是找到子问题，以及理清子问题与原问题间的关系，从而确定如何转移。DP 实在是包罗万象，各种情况层出不穷，因此要在不断的练习中掌握技巧，熟悉“套路”，抓好细节。不会做并不是最要命的，最要命的是盲目做完而无所得！

参考代码：

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>

using namespace std;

const int maxn = 11;

int n, m;
int limit[maxn];

int dp[maxn][1 << maxn];

int cost(int row, int lastState, int nowState) {
    int sum = 0;
    int zero = 0; //记录连续 0 的个数
    for (int i = 0; i < m; i++) //扫一遍，考虑每一列
        if ((1 << i) & nowState) { //如果该列为1
            if (zero != 0) { sum++; zero = 0; } //刚刚结束了横着画的一笔
            if (!((1 << i) & limit[row])) { //若此列恰好为限制则不考虑花费
                if ((1 << i) & lastState) { //若上一行此列为 1
                    if ((1 << i) & limit[row - 1]) sum++; //上一行此列为 1，且为限制，从本行此列开始画一笔竖的
                    //否则上一行此列为 1，但不是限制（意味着延续了从上面画下来一笔竖的）不用加
                }
                else sum++; //上一行此列不为 1，要从本行此列开始画一笔竖的，+1
            }
        }
        else zero++; //累计为连续的 0
    if (zero) sum++; //有可能横着画到末尾，单独讨论一下
    return sum;
}

int main(void) {
    freopen("1779.in", "r", stdin);
    freopen("1779.out", "w", stdout);

    scanf("%d%d\n", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        char str[maxn];
        gets(str);
        limit[i] = 0;
        for (int j = 0; j < m; j++)
            limit[i] |= (str[j] == '#') << j;
    }

    memset(dp, 0x7f, sizeof dp);
    int upperLim = 1 << m;
    for (int i = 0; i < upperLim; i++)
        if ((i & limit[1]) == limit[1]) dp[1][i] = cost(1, 0, i);
    for (int i = 2; i <= n; i++)
        for (int j = 0; j < upperLim; j++)
            if ((j & limit[i]) == limit[i])
            for (int k = 0; k < upperLim; k++)
                if ((k & limit[i - 1]) == limit[i - 1]) {
                    dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i - 1][k] + cost(i, k, j));
                }

    int ans = 0x7fffffff;
    for (int i = 0; i < upperLim; i++)
        if ((i & limit[n]) == limit[n]) ans = min(ans, dp[n][i]);

    printf("%d\n", ans);

    return 0;
}