看这个问题之前,能够先看看这个论文《一类算法复合的方法》,说白了就是分类讨论,可是这个思想非常重要
- 题意:
首先给出联通块的定义:对于相邻(上下和左右)的同样的数字视为一个联通块
现给一个n*m的仅仅有0和1的矩形和数字k,求出最小反转个数使得总体包含若干个矩形联通块(即每一个联通块均是矩形)(1 ≤ n, m ≤ 100; 1 ≤ k ≤ 10)
假设最小次数比k大,输出-1
- 分析:
题目的特点是k比較小。也就是说反转的次数比較少,所以能够从这里入手。直接枚举全部的位置肯定是不行了,那么能够这样考虑:(最好还是设n>=m)假设n比k大,那么肯定有一些行是不会有反转的数字的,那么我们能够枚举每一行来处理;假设k比n大,这个时候n小于10,所以这时候我们就能够暴力枚举每一行的全部状态。然后处理。
以上两种方法处理的时候均根据下边的图形特点,仅仅知道一行的时候就能够求出最小的总反转数
终于仅仅能是
01010...
10101...
...
的形状(当中一个字符代表一个矩形)
const int MAXN = 110; int ipt[MAXN][MAXN]; int main() { // freopen("in.txt", "r", stdin); int n, m, k; while (~RIII(n, m, k)) { REP(i, n) REP(j, m) RI(ipt[i][j]); if (n < m) { REP(i, n) FF(j, i + 1, m) swap(ipt[i][j], ipt[j][i]); swap(n, m); } if (n > k) { int ans = INF; REP(i, n) { int tans = 0; REP(j, n) { int cnt = 0; if (i == j) continue; REP(k, m) { if (ipt[i][k] != ipt[j][k]) cnt++; } tans += min(cnt, m - cnt); } ans = min(ans, tans); } printf("%d ", ans <= k ? ans: -1); } else { int ans = INF; REP(i, n) { int all = 1 << m; for (int q = 0; q < all; q++) { int diff = 0; for (int t = 0, l = 1; t < m; l <<= 1, t++) if (((q & l) != 0) != ipt[i][t]) diff++; if (diff > k) continue; int tans = 0; REP(j, n) { if (i == j) continue; int cnt = 0; for (int t = 0, l = 1; t < m; t++, l <<= 1) if (((q & l) != 0) != ipt[j][t]) cnt++; tans += min(cnt, m - cnt); } ans = min(ans, diff + tans); } } printf("%d ", ans <= k ? ans: -1); } } return 0; }
參照大神的代码后的一些细节改动:
const int MAXN = 110; int ipt[MAXN][MAXN]; int main() { // freopen("in.txt", "r", stdin); int n, m, k; while (~RIII(n, m, k)) { int ans = INF, all = 1 << m; REP(i, n) REP(j, m) RI(ipt[i][j]); if (n < m) { REP(i, n) FF(j, i + 1, m) swap(ipt[i][j], ipt[j][i]); swap(n, m); } if (n > k) { REP(i, n) { int tans = 0; REP(j, n) { int cnt = 0; REP(k, m) cnt += ipt[i][k] ^ ipt[j][k]; tans += min(cnt, m - cnt); } ans = min(ans, tans); } } else { for (int mask = 0; mask < all; mask++) { int tans = 0; REP(i, n) { int cnt = 0; REP(j, m) cnt += ipt[i][j] ^ (mask >> j & 1); tans += min(cnt, m - cnt); } ans = min(ans, tans); } } printf("%d ", ans <= k ? ans: -1); } return 0; }