棋盘：（状压dp）
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题目描述
小猫有一个 2×N 的棋盘，每一个格子放着一个黑棋子或白棋子。
小熊觉得小猫的棋盘不够好看，想要把棋盘上的一部分白棋子替换成黑棋子，使得所有黑棋子都能够在仅允许上下左右四个方向走，且仅经过黑棋子在的格子的情况下两两互相到达。
小熊想知道至少要将多少个白棋子替换成黑棋子。
注意：不能将黑棋子替换成白棋子。
输入描述
第一行有一个正整数 N (1≤N≤105)。
接下来两行，每行 N个整数，描述整个棋盘。若第 i 行的第 j个整数是 0，代表棋盘 (i,j) 的位置放着白棋子，若是 1 则放着黑棋子。
数据保证至少存在一个黑棋子。
输出描述
输出一行包含一个整数，表示答案。
样例输入 1
3
1 0 0
0 0 1
样例输出 1
2
样例输入 2
5
0 1 0 1 0
0 0 1 0 0
样例输出 2
1
提示
样例一中可以将第一行的两个白棋子替换成黑棋子。
样例二中可以将位置 (1, 3)(1,3) 的白棋子换成黑棋子。
大佬分析：（自己完全没想到QAQ）
题目意思就是说通过把0 变成1 来将所有 变成⼀个联通块，要求最少的变换个数。我是⽤的暴⼒模拟，从第⼀列开始遍历每⼀列，因为只有两⾏，含1的每⼀列无非就是：上 1下 1，上0 下 1，上1 下0 ；只有这三种情况是需要变化前⾯列的 来使 联通的，观察这三种情况，上1 下1 时变换个数就是上⼀次有 的列号与当前列号差值的绝对值 (直接由上⼀个有 的位置沿着行直线变化到当前列)；上 1下0 时，就需要看上⼀次有1 的那⼀列的1 的情况了，如果上⼀次有 1处和当前列有1 处是同⼀行，说明可以直线变换过来，变换个数就是上⼀次有 1的列号与当前列号差值的绝对值-1 ，如果不是同⼀⾏，则需要多加 1（需要多变换⼀个棋⼦）；上0下1的情况和上⼀种情况类似解法。因此关键就是保存上⼀次有1处的那列情况，在遇到某列有时考虑上面的情况然后累加就行了。
AC代码：
1 /* */ 2 # include <stdio.h> 3 int main() 4 { 5 long long int map[2][110000]={0}, n, i, j, sum=0; 6 scanf("%lld", &n); 7 for( i=0; i<2; i++ ) 8 { 9 for( j=0; j<n; j++ ) 10 { 11 scanf("%lld", &map[i][j]); 12 } 13 } 14 int nowone = 0; 15 int nowtwo = 0; 16 int flag=0; 17 int f; 18 int pre; 19 for( j=0; j<n; j++ ) 20 { 21 nowone=0; 22 nowtwo=0; 23 if( map[0][j] ) 24 { 25 nowone = 1; 26 } 27 if( map[1][j] ) 28 { 29 nowtwo = 1; 30 } 31 if( nowone || nowtwo ) 32 { 33 if( flag==0 ) 34 { 35 f = j; 36 if( nowone )///上1下0 37 { 38 pre = 1; 39 } 40 if( nowtwo )///上0下1 41 { 42 pre = 2; 43 } 44 if( nowone && nowtwo )///上1下1 45 { 46 pre = 3; 47 } 48 flag = 1; 49 } 50 else 51 { 52 if( nowone && nowtwo ) 53 { 54 sum += j - f - 1; 55 pre = 3; 56 } 57 if( nowone && !nowtwo )///上1下0 58 { 59 sum += j-f-1; 60 if( pre==2 )///上0下1 61 { 62 sum++; 63 pre = 3;///前方不连通则变为联通，此时这一列的状态变为上1下1 64 } 65 else 66 { 67 pre = 1;///前方已经联通，这一列的状态不变 68 } 69 } 70 if( !nowone && nowtwo )///上0下1 71 { 72 sum += j - f - 1; 73 if( pre==1 )///上1下0 74 { 75 sum++; 76 pre = 3;///前方不连通则变为联通，此时这一列的状态变为上1下1 77 } 78 else 79 { 80 pre=2;///前方已经联通，这一列的状态不变 81 } 82 } 83 f = j; 84 } 85 } 86 } 87 printf("%lld ", sum); 88 return 0; 89 }