题解：洛谷 P3392 涂条纹

【题目来源】

洛谷：P3392 涂条纹 - 洛谷（luogu.com.cn)

【题目描述】

某国法律规定，只要一个由 \(N\times M\) 个小方块组成的旗帜符合如下规则，就是合法的图案。

从最上方若干行（至少一行）的格子全部是白色的；
接下来若干行（至少一行）的格子全部是蓝色的；
剩下的行（至少一行）全部是红色的；

现有一个棋盘状的布，分成了 \(N\) 行 \(M\) 列的格子，每个格子是白色蓝色红色之一，小 a 希望把这个布改成合法图案，方法是在一些格子上涂颜料，盖住之前的颜色。

小 a 很懒，希望涂最少的格子，使这块布成为一个合法的图案。

【输入】

第一行是两个整数 \(N,M\)。

接下来 \(N\) 行是一个矩阵，矩阵的每一个小方块是 W（白），B（蓝），R（红）中的一个。

【输出】

一个整数，表示至少需要涂多少块。

【输入样例】

4 5
WRWRW
BWRWB
WRWRW
RWBWR

【输出样例】

【核心思想】

问题分析：给定一个 \(N \times M\) 的网格，每个格子有颜色（W、B、R）。要求将网格划分为从上到下连续的三个水平区域：白色区域（至少一行）、蓝色区域（至少一行）、红色区域（至少一行）。每个区域内的所有格子必须统一为该区域的颜色。求最少需要修改多少个格子（即改变颜色）才能满足要求。本质是枚举分割线 + 统计成本的问题。
算法选择：
- 枚举分割线：枚举白色区域的行数 \(i\)（\(1 \le i \le N-2\)）和蓝色区域的行数 \(j\)（\(1 \le j \le N-i-1\)），则红色区域行数为 \(N-i-j\)（至少 1）。对于每种划分，计算成本：
  - 白色区域：非 W 的格子数。
  - 蓝色区域：非 B 的格子数。
  - 红色区域：非 R 的格子数。
- 预处理：可预先统计每行中 W、B、R 的数量，以便快速计算区域成本。
- 复杂度：枚举分割线 \(O(N^2)\)，每次计算 \(O(N)\)，总 \(O(N^3)\)，但 \(N \le 50\)，完全可行。
关键步骤：
- 读入：读取 \(N, M\) 和网格。
- 统计：对每行 \(i\)，统计 W[i]、B[i]、R[i] 的数量。
- 枚举：for (int w = 1; w <= n-2; w++)：
  - for (int b = 1; b <= n-w-1; b++)：
    - int r = n - w - b（保证 \(r \ge 1\)）。
    - 计算成本：
      - cost = sum_{i=1..w} (M - W[i]) + sum_{i=w+1..w+b} (M - B[i]) + sum_{i=w+b+1..n} (M - R[i])。
    - 更新最小成本。
- 输出：最小成本。
时间/空间复杂度：
- 时间复杂度：\(O(N^3)\)，\(N \le 50\)，约 \(125000\) 次操作，可接受。
- 空间复杂度：\(O(N)\)。
枚举与区域成本：
- 区域成本：要将某行变为纯色，需要将该行中不是该颜色的格子全部涂改。
- 枚举分割：由于区域必须是连续的水平条，只需确定白色和蓝色区域的行数，红色区域自然确定。
- 适用场景：这类“划分成连续区域并计算修改成本”的问题，常用枚举分割点的方法。

【解题思路】

【算法标签】

普及- #模拟

【代码详解】

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main()
{
    int n, m, sum, ans = 1e9;  // 定义变量：n-行数，m-列数，sum-临时和，ans-最小修改次数（初始设为极大值）
    int a1[55] = {0}, a2[55] = {0}, a3[55] = {0};  // 统计每行W/B/R的数量
    char tmp;  // 临时存储每个字符

    // 输入行数n和列数m
    cin >> n >> m;

    // 统计每行W/B/R的数量
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= m; j++)
		{
            cin >> tmp;
            if (tmp == 'W') a1[i]++;  // 统计W的数量
            if (tmp == 'B') a2[i]++;  // 统计B的数量
            if (tmp == 'R') a3[i]++;  // 统计R的数量
        }

    // 枚举所有可能的划分方式
    for (int w = 1; w <= n - 2; w++)           // W区域的行数（至少1行，最多n-2行）
        for (int b = 1; b <= n - w - 1; b++)   // B区域的行数（剩余行中至少1行）
		{
            sum = 0;  // 重置临时和

            // 计算W区域需要修改的次数（非W的字符数）
            for (int i = 1; i <= w; i++)
                sum += m - a1[i];  // 该行需要修改的字符数 = 总字符数 - W的数量

            // 计算B区域需要修改的次数（非B的字符数）
            for (int i = w + 1; i <= w + b; i++)
                sum += m - a2[i];  // 该行需要修改的字符数 = 总字符数 - B的数量

            // 计算R区域需要修改的次数（非R的字符数）
            for (int i = w + b + 1; i <= n; i++)
                sum += m - a3[i];  // 该行需要修改的字符数 = 总字符数 - R的数量

            // 更新最小修改次数
            if (sum < ans)
                ans = sum;
        }

    // 输出最小修改次数
    cout << ans;

    return 0;
}

【运行结果】

4 5
WRWRW
BWRWB
WRWRW
RWBWR
11

posted @ 2026-08-31 09:26 团爸讲算法阅读(6) 评论(0) 收藏举报

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