退役快一年了之后又打了场紧张刺激的$CF$(斜眼笑)

然后发现$D$题和题解里的大众做法不太一样 (思路清奇)

题意不再赘述,我们可以看到这个题~~好做~~在只有一次擦除机会,尝试以此为突破口解决问题

我们考虑擦除某一行(列同理),分别记录这一行最左端和最右端的黑块位置(分别记为$l,r$)

这里存在以下三种情况:

1,这一行没有黑块,这时无论在哪擦除,这一行必然全白,记录答案后不再考虑

2,这一行的最左黑块和最右黑块之间的距离$>k$(即$r-l+1>k$),这时无论在哪擦除,这一行必然不会全白,不再考虑

3,这一行最左黑块和最右黑块之间的距离$<=k$,考虑能够使得这一行全为白色的擦除位置(假设我们当前考虑的是第$i$行)

容易得出,对于擦除位置的选择

可行的行:第$i-k+1((i-k+1)+k-1=i)$行到第$i$行

可行的列:第$l-k+1((l-k+1)+k-1=l)$列到第$l$列

即如果擦除位置$(x,y)$满足$i-k+1<=x<=i$且$l-k+1<=y<=l$,这一次擦除可以使第$i$行变白

对于答案统计,自然想到二维前缀和

我们只需在位置$(i-k+1,l-k+1),(i+1,l+1)+1$,$(i-k+1,l+1),(i+1,l-k+1)-1$即可(二维差分的常规操作)

差分完了再做前缀和即可得出答案(别忘了累加情况一的答案)

$P.S.i-k+1$和$l-k+1$不要数组越界

上代码:

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int maxn=;
int n,k,ans[maxn][maxn],l[][maxn],r[][maxn],res,bs;
bool exi[maxn][maxn];
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=;i<=n;i++)
{
string s;
cin>>s;
for(int j=;j<n;j++)
if(s[j]=='W')
exi[i][j+]=;
else
exi[i][j+]=;
}
for(int i=;i<=n;i++)
{
for(int j=;j<=n;j++)
if(exi[i][j])
{
l[][i]=j;
break;
}
for(int j=n;j;j--)
if(exi[i][j])
{
r[][i]=j;
break;
}
if(!l[][i])
bs++;
}
for(int j=;j<=n;j++)
{
for(int i=;i<=n;i++)
if(exi[i][j])
{
l[][j]=i;
break;
}
for(int i=n;i;i--)
if(exi[i][j])
{
r[][j]=i;
break;
}
if(!l[][j])
bs++;
}
for(int i=;i<=n;i++)
{
if(l[][i]&&r[][i]-l[][i]+<=k)
{
int minx=max(i-k+,),miny=max(,r[][i]-k+);
ans[minx][miny]++;
ans[i+][miny]--;
ans[minx][l[][i]+]--;
ans[i+][l[][i]+]++;
}
if(l[][i]&&r[][i]-l[][i]+<=k)
{
int miny=max(i-k+,),minx=max(,r[][i]-k+);
ans[minx][miny]++;
ans[minx][i+]--;
ans[l[][i]+][miny]--;
ans[l[][i]+][i+]++;
}
}
for(int i=;i<=n-k+;i++)
for(int j=;j<=n-k+;j++)
{
ans[i][j]+=ans[i-][j]+ans[i][j-]-ans[i-][j-];
res=max(res,ans[i][j]);
}
printf("%d\n",res+bs);
return ;
}

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