摘要：
我刚开始思考网络流动的方向。每条线都是独立的。对于每一行，因为晶格只能染色一次，可以发现这是一个多阶段的决策问题。决定当前晶格是染色0还是染色1。让dp[i][j][k]表示当前行的第i个晶格已染色j次，而这种染色是k种颜色中最有效的晶格。明显的背包。每组最多选择一个。然后使用O计算团队背包。
刚开始往网络流的方向想。建不出图。。。
因为每次只能对一行进行染色。每一行都是独立的。
对于每一行，因为格子只能染一次，所以可以发现这是一个多阶段决策问题，这个决策就是当前格子染0还是染1.
令dp[i][j][k](k==0||k==1)表示当前行第i个格子用了j次染色，且这次染色染为k色 的最多有效格子。
这样我们用了O(n*m*m)得出了每一行用了v次染色获得的最多有效格子val。
显然的分组背包。每一个组最多选一种。再用O(V*n*m)求一遍分组背包即可。
总复杂度O((V+m)*m*n).
# include <cstdio> # include <cstring> # include <cstdlib> # include <iostream> # include <vector> # include <queue> # include <stack> # include <map> # include <set> # include <cmath> # include <algorithm> using namespace std; # define lowbit(x) ((x)&(-x)) # define pi 3.1415926535 # define eps 1e-9 # define MOD 100000007 # define INF 1000000000 # define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) # define FOR(i,a,n) for(int i=a; i<=n; ++i) # define FO(i,a,n) for(int i=a; i<n; ++i) # define bug puts("H"); # define lch p<<1,l,mid # define rch p<<1|1,mid+1,r # define mp make_pair # define pb push_back typedef pair<int,int> PII; typedef vector<int> VI; # pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000") typedef long long LL; int Scan() { int res=0, flag=0; char ch; if((ch=getchar())=='-') flag=1; else if(ch>='0'&&ch<='9') res=ch-'0'; while((ch=getchar())>='0'&&ch<='9') res=res*10+(ch-'0'); return flag?-res:res; } void Out(int a) { if(a<0) {putchar('-'); a=-a;} if(a>=10) Out(a/10); putchar(a%10+'0'); } const int N=2505; //Code begin... int val[55][55], dp[55][55][2], ans[2505]; char s[55][55]; int main () { int n, m, T; scanf("%d%d%d",&n,&m,&T); FOR(i,1,n) scanf("%s",s[i]+1); FOR(i,1,n) { mem(dp,0); FOR(j,1,m) FOR(k,1,j) { dp[j][k][0]=max(dp[j-1][k][0],max(dp[j-1][k-1][0],dp[j-1][k-1][1]))+(s[i][j]=='0'); dp[j][k][1]=max(dp[j-1][k][1],max(dp[j-1][k-1][0],dp[j-1][k-1][1]))+(s[i][j]=='1'); } FOR(j,1,m) val[i][j]=max(dp[m][j][0],dp[m][j][1]); } FOR(i,1,n) for (int j=T; j>=0; --j) for (int k=min(j,m); k>=1; --k) ans[j]=max(ans[j],ans[j-k]+val[i][k]); printf("%d ",ans[T]); return 0; }