题目描述
小火车虽然很穷，但是他还是得送礼物给妹子，所以他前往了二次元寻找不需要钱的礼物。
小火车准备玩玩二次元的游戏，游戏当然是在一个二维网格中展开的，网格大小是(n imes m)的，某些格子是好的，其余的则是不好的。每次你可以选择最底层（也就是第(n)层）的某两个相邻的列，并消掉最底下的至多三个格子，并且这两列都得有格子被消掉（也就是(L)型或者反着的(L)型），消掉格子以后上面的格子会掉落下来。当然最上面的空位会用不好的格子填满。
小火车想得到所有的好格子送给妹子，请问至少得消多少次呢？
输入
第一行两个整数(n,m)，表示网格大小。
接下来(n)行每行一个长度为(m)的字符串，表示这个网格，如果为*则是好格子，为#就不是。
输出
一行一个整数表示答案。
样例
样例输入
3 2
#*
*#
##
样例输出
2
数据范围
对于(20\%)的数据(n,m<=5)
对于(50\%)的数据满足(n,m<=500)
对于(100\%)的数据满足(2<=n,m<=2000)
题解
诈尸啦诈尸啦。
唔……全场码量最小的题。（然而也是唯一没想出来的题）
方法很多，不过有几个很玄幻，所以我采用的是其中一种巧妙、易懂又好写的方法（没有耐心的可直接看解法(4)）。
解法(0)：暴力模拟+搜索，期望得分：(20pts)。
解法(1)：看出来这个和好格子的分布没关系，只与每一列最高的好格子有关系，然后(f[i][j])表示前(i)列中，(i-1)列都消除完了，第(i)列恰好消除了(j)个最少需要花费多少步，暴力(DP)枚举第(i)列的(j)个是放置了(k)个反(L)型，可以轻松计算出(L)型的个数为(j-2k)，暴力(DP)，复杂度(O(n^3))，期望得分：(50pts)。常数优秀的选手（真实案例：滚动数组+每次只枚举到这一列的最大高度+枚举反(L)型而不是枚举(L)型获得(frac{1}{2})的常数）可以获得(100pts)。（弥天大雾
解法(2)：考虑优化解法(1)，找最优决策点太慢了，我们随意脑补一下就知道函数值和(k)肯定是一个单谷函数的关系，因为反(L)型太多会造成自己的浪费，太少又会导致前面的浪费，感性理解可得单谷性。所以三分——等等，别忘了——这是整数，如果最后算出来相等，是无法得知该往哪边靠的。如图，你不知道你现在是红还是蓝还是绿……
所以引入一个玄学操作：当(l、r)接近到一定程度时，就开始暴算。这个算法一看就非常玄学，你要是仔细拿捏这个度，理论上也是能过的（其实也是能过的），时间复杂度(O(n^2log n))，期望得分：(??pts)。
解法(3)：考虑其他优化，大佬(Freopen)提供了一个单调队列优化。容易发现，当相邻的两列比例在([frac{1}{2},2])之间时，最优方案是混合使用(L)型和反(L)型，总花费(leftlceilfrac{x+y}{3}
ight
ceil)，然后枚举第(i)列与第(i-1)列一起被消去的部分长度为多少，对第(i-1)列被消去的部分进行讨论。如果是比例小于(frac{1}{2})或者大于(2)，那么就是全部都放的是(L)型或者反(L)型，这个很好算，否则是两个混搭起来，也就是第二维下标在当前枚举的第(i)列被消去的高度的一半和两倍之间的上一列的(dp)值，这一坨，由于要整除(3)再上取整，为了避免误差，我们按照对(3)取余的值分成三坨，这样每一坨内部的就可以用单调队列搞。当更改第(i)列的时候，就按照常规操作更新单调对列，这样复杂度是(O(n^2))，期望得分：(100pts)。
是不是没听懂？我也没听懂。这个方法随口(bb)还是很容易说的，但是写起来可能就没有那么容易了，因此需要更简单的方法。
解法(4)：我们看到解法(2)是不是感觉很不爽，明明知道一个性质却不能用……于是我们继续思考有没有能够一起使用的性质？
首先，可以显而易见地发现，当(j)增大时，(f[i][j])的最优决策点(k)是不会变小的，因为第(i)列需要消除更多了，如果反(L)型的变少是对消除不利的，会造成更多的浪费。那么我们考虑暴算，利用解法(2)的单谷性，一旦暴算到一个决策点使得答案更差，那么后面必然不可能更优了，直接退出。再利用决策点(k)单调性，当(j)增加的时候只需要接着上一次的(k)继续暴算就行了，因此第三维的复杂度均摊下来是(O(1))的，代码非常好写，时间复杂度(O(n^2))，期望得分：(100pts)。
(Code:)
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define N 2005
#define inf 0x3f3f3f3f
void Read(int &p)
{
p = 0;
char c = getchar();
for (; c < '0' || c > '9'; c = getchar());
for (; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar())p = p * 10 + c - '0';
}
int n, m, h[N];
int f[N][N];
char S[N][N];
int main()
{
Read(n), Read(m);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%s", S[i] + 1);
for (int j = 1; j <= m; j++)
if (S[i][j] == '*')
h[j] = max(h[j], n - i + 1);
}
memset(f, 0x3f, sizeof(f));
f[0][0] = 0;
//f[i][j]表示前i-1列已经被消除完，第i列被消除了j个，最少花费的步数
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
int lst = 0;
for (int j = 0; j <= h[i]; j++)
{
for (int k = lst; 2 * k <= j; k++)//k表示第i列用了多少个J型，显然随着j的增大，k必定不会减少
{
int w = f[i - 1][max(0, h[i - 1] - k - 2 * (j - 2 * k))] + k + (j - 2 * k);
if (w > f[i][j])break;
f[i][j] = w;
lst = k;
}
}
}
printf("%d
", f[m][h[m]]);
}