[2019年湘潭大学程序设计竞赛（重现赛）H chat][背包dp]

链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/893/H
来源：牛客网

题目描述

在Casya生活的世界里，一天由m个小时组成。
最近Casya的女神终于答应在接下来的n天中与Casya聊天,Casya非常激动。

在这n天中的每一天的每一个小时中女神可能会在线或者不在线，
某个小时如果女神如果在线且Casya在线的话他们就会开心的聊一个小时；
反之如果女神在线Casya没有在线的话女神就会认为Casya放了她的鸽子而积累一点生气度。

而Casya是个很懒惰的人，他每天只愿意上线一次，当他某天下线后就不愿意再上线了。
换句话说，他每天在线的时间必须是连续的。

现在Casya已经知道每一天的每个小时女神是否会在线

Casya希望在这n天中女神的总生气度不超过k，在此前提下Casya希望他的总上线时间最小。
假设每个小时Casya和女神要么完整在线要么完整不在线，请问Casya在这n天中最小的总上线时间是多少小时？

输入描述:

第一行一个数字$\mathrm{T(1\le T\le 30)T(1\le T\le 30)--样例个数。每个样例第一行三个数字n,m,k(1\le n,m\le 200,0\le k\le 200)n,m,k(1\le n,m\le 200,0\le k\le 200)。然后这n行，每行一个长度为m的只含\text{'}0\text{'}和\text{'}1\text{'}的字符串，第i个字符串的第j个字符为\text{'}0\text{'}代表女神第i天的第j个小时不在线，为\text{'}1\text{'}表示女神第i天的第j个小时在线。保证所有样例中\sum n\times m\sum n\times m不超过5\times 1055\times 105。}$

输出描述:

每个样例输出一行一个数字--Casya在这n天中最小的总上线时间

示例1

输入

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2  
2 5 1  
01001  
10110  
2 5 0  
01001  
10110  

输出

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5
8

说明

第一个样例:
一种可行的方案:
Casya第一天只在第2个小时上线，第五个小时女生在线而Casya不在线，生气度积累1；
Casya第一天在第1、2、3、4个小时上线。
Casya的总上线时间是1+4=5。
第二个样例:
只能老老实实上线。
Casya第一天在第2、3、4、5个小时上线；
Casya第一天在第1、2、3、4个小时上线。
Casya的总上线时间是4+4=8。
题意：给出n个01串，每个01串取一个区间，要求至少覆盖sum-k个1，其中sum为所有字符串的1的个数，并且使n个区间的总长度最短，求最短总长度
题解：预处理出每个01串丢弃j个1可以得到的贡献，然后背包dp就行了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define debug(x) cout<<"["<<#x<<"]"<<" is "<<x<<endl;
char ch[205][205];
int dp[205][205],dp2[205][205],a[205][205],b[205];
int main(){
    int t;
    cin>>t;
    while(t--){
        int n,m,k;
        scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
        int sum=0;
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        memset(dp2,0x3f3f3f3f,sizeof(dp2));
        dp2[0][0]=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%s",ch[i]+1);
            int tot=0;
            for(int j=1;j<=m;j++){
                if(ch[i][j]=='1'){
                    a[i][++tot]=j;
                    sum++;
                }
            }
            b[i]=tot;
            for(int q=0;q<=tot;q++){
                dp[i][tot]=a[i][tot]-a[i][1]+1;
                for(int w=0;tot-q+w>=1&&tot-q+w<=tot;w++){
                    dp[i][q]=max(dp[i][q],a[i][tot]-a[i][1]+1-(a[i][tot-q+w]-a[i][w+1]+1));
                }
            }
        }
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int w=0;w<=k;w++){
                for(int j=min(b[i],w);j>=0;j--){
                    if(dp2[i-1][w-j]!=0x3f3f3f3f)dp2[i][w]=min(dp2[i][w],dp2[i-1][w-j]+a[i][b[i]]-a[i][1]+1-dp[i][j]);
                }
            }
        }
        if(sum<=k)printf("0
");
        else printf("%d
",dp2[n][k]);
    }
    return 0;
}