AGC033D Complexity

题意

给出一个\(n*m\)的\(0,1\)矩阵,若一个矩阵中的所有元素都相同,则这个矩阵的代价为\(0\),如果不是则选择一种将它分成两个子矩阵的方案,代价为所有方案中（两个子矩阵的代价的较大值+\(1\)）的最小值。

\(n,m \leq 185\)

传送门

思路

\(dp[ i ][ j ][ k ][ l ]\) 表示左上角是 $( i , j ) $ 、右下角是 $ ( k , l ) $的矩阵的最小代价，四维扛不住。

因为如果每次从中间分，\(log(n)+log(m)\)次就变成\(1*1\)的格子，代价是 \(0\)，所以答案最多是\(log(n)+log(m)\)。

因此可以将值放进状态中，$dp[ i ][ j1 ][ j2 ][ k ] $表示左上角是 \(( i , j1 )\)、右上角是 $ ( i , j2 ) $ 、用$ k $的代价，往下最长能延伸到哪行。

转移的时候考虑横着切与竖着切。令$ d = dp[ i ][ j1 ][ j2 ][ k ]$ :

• 横着切：$ d = dp \space [ dp[ i ][ j1 ][ j2 ][ k-1 ] +1] \space [ j1 ][ j2 ][ k-1 ] $；

• 竖着切：\([ j1 , j3 ] 和 [ j3+1 , j2 ]\) 就是分出的两部分；
  
  \(dp[ i ][ j1 ][ j3 ][ k-1 ]\) 和 \(dp[ i ][ j3+1 ][ j2 ][ k-1 ]\)的最小值是答案，\(d\)为最小值中的最大值。至此我们得出了\(O(m)\)的暴力转移。
  
  因为\(dp\)值明显随矩阵增大而减小，所以可二分\(j3\)。考虑二分找出最大的\(min( dp[ i ][ j1 ][ j3 ][ k-1 ] , dp[ i ][ j3+1 ][ j2 ][ k-1 ] )\)。（左比右大往左，反过来，总之越接近越好）

初始化出所有\(k=0\)的情况即可

#include <bits/stdc++.h>
const int N=190;
using std::max;
using std::min;
int n,m,a[N][N],sum[N][N],dp[N][N][N][15];
char c[N][N];
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",c[i]+1);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=m;j++){
			if (c[i][j]=='.') a[i][j]=1;
			else a[i][j]=0;
			sum[i][j]=sum[i-1][j]+sum[i][j-1]-sum[i-1][j-1]+a[i][j];
		}
	for (int i=1;i<=n;i++)
		for (int j=1;j<=m;j++)
			for (int k=j;k<=m;k++){
				int l=i,r=n,ans=i-1;
				while (l<=r){
					int mid=(l+r)>>1;
					int s=sum[mid][k]-sum[mid][j-1]-sum[i-1][k]+sum[i-1][j-1];
					if (s==0 || s==(mid-i+1)*(k-j+1))
						ans=mid,l=mid+1;
					else r=mid-1;
				}
				dp[i][j][k][0]=ans;
			}
	int k=1;
	for (k=1;dp[1][1][m][k-1]<n;k++)
	for (int h=1;h<=m;h++)
		for (int i=1;i<=n;i++)
			for (int j1=1,j2=j1+h-1;j2<=m;j1++,j2++){
					if (dp[i][j1][j2][k-1]==n){
						dp[i][j1][j2][k]=n;
						continue;
					}
					dp[i][j1][j2][k]=dp[dp[i][j1][j2][k-1]+1][j1][j2][k-1];//横
					if(dp[i][j1][j2][k]==n) continue;
					int l=j1,r=j2-1,ans=0;//竖
					while (l<=r){
						int mid=(l+r)>>1;
						int x=dp[i][j1][mid][k-1],y=dp[i][mid+1][j2][k-1];
						ans=max(ans,min(x,y));
						if (x<y) r=mid-1;
						else l=mid+1;
					}

					dp[i][j1][j2][k]=max(dp[i][j1][j2][k],ans);
				}
	printf("%d\n",k-1);
}