思路：
本质上能进行的操作就是我们算出从第 \(i\) 块砖开始，连续刷 \(M\) 块砖，是否有承包商可以刷出期望颜色。
那么设 \(f_i\) 表示 \([i,i+m-1]\) 是否合法，那么就变成了最小区间覆盖问题。
最小区间覆盖问题
令 \(Max\) 表示当前覆盖了 \([1,Max]\)。
那么我们需要找到左端点在 \([1,Max+1]\) 内，且右端点最大的区间。
在本题中因为区间长度都为 \(m\)，那么我们只需要找到尽可能在最后的合法 \(f_i\)。
此时 \(Max \gets i+m-1\)，那么对于小于 \(j\) 的 \(i\)，是无法覆盖到 \(i+m-1\) 之后的，于是就没有贡献了，于是我们可以直接走指针维护。
最小区间覆盖代码
cpp
ll get(){
ll Max=-1,x=0,id,ans=0;
while(Max<n-1){
id=-1;
while(x<=Max+1&&x<n){
if(f[x])
id=x;
x++;
}
if(id==-1)
return -1;
Max=id+m-1;
ans++;
}
return ans;
}那么我们需要考虑的就是如何求出 \(f_i\)。
28pts：
对于每个 \(i\)，暴力枚举一个 \(j\)，然后查看是否能匹配上。
时间复杂度为 \(O(NM^2)\)。
51pts：
考虑动态规划优化，定义 \(dp_{i,j}\) 表示从第 \(i\) 块墙壁开始，从第 \(j\) 个商家开刷最多能刷几块墙。
那么若第 \(j\) 个商家不能刷第 \(i\) 个墙壁，则：
\[dp_{i,j}=0 \]
否则能刷：
\[dp_{i,j} = dp_{i+1,(j+1) \bmod M} + 1 \]
注意，空间开不下，考虑滚动数组优化。
时间复杂度为 \(O(NM)\)。
震惊的是，这玩意儿竟然过了......
离大谱。
O(NM) 代码
cpp
int minimumInstructions(int N, int M, int K,vector<int> C,vector<int> A,vector<vector<int>> B){
n=N,m=M,k=K;
for(int i=0;i<n;i++)
a[i]=C[i];
for(int i=0;i<m;i++){
len[i]=A[i];
for(auto v:B[i])
s[v].push_back(i);
}
for(int i=n-1;i>=0;i--){
for(int j=0;j<m;j++)
dp[i&1ll][j]=0;
for(auto j:s[a[i]]){
dp[i&1ll][j]=dp[(i&1ll)^1ll][(j+1)%m]+1;
if(dp[i&1ll][j]>=m)
f[i]=1;
}
}
cerr<<'\n'<<abs(&Begin-&End)/1048576<<"MB"<<'\n';
return get();
}100pts：
注意到可以优化上面状态转移的 \(j\)。
我们可以提前预处理能刷颜色 \(x\) 的承包商的集合 \(S_x\)，那么 \(j \in S_{c_i}\)。
但是因为是滚动数组，实时清空的话复杂度又上去了，那么再维护一个时间戳即可。
时间复杂度为 \(O(\sum f(k))\)。
完整代码：
cpp
#include<bits/stdc++.h>
#define Add(x,y) (x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y)
#define lowbit(x) x&(-x)
#define pi pair<ll,ll>
#define pii pair<ll,pair<ll,ll>>
#define iip pair<pair<ll,ll>,ll>
#define ppii pair<pair<ll,ll>,pair<ll,ll>>
#define fi first
#define se second
#define full(l,r,x) for(auto it=l;it!=r;it++) (*it)=x
#define Full(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define open(s1,s2) freopen(s1,"r",stdin),freopen(s2,"w",stdout);
using namespace std;
typedef double db;
typedef unsigned long long ull;
typedef int ll;
bool Begin;
const ll N=100100,M=50050;
inline ll read(){
ll x=0,f=1;
char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){
if(c=='-')
f=-1;
c=getchar();
}
while(c>='0'&&c<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
c=getchar();
}
return x*f;
}
inline void write(ll x){
if(x<0){
putchar('-');
x=-x;
}
if(x>9)
write(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
ll n,m,k;
ll a[N],len[M];
ll dp[2][M],low[2][M];
vector<ll> s[N];
bool f[N];
bool End;
ll get(){
ll Max=-1,x=0,id,ans=0;
while(Max<n-1){
id=-1;
while(x<=Max+1&&x<n){
if(f[x])
id=x;
x++;
}
if(id==-1)
return -1;
Max=id+m-1;
ans++;
}
return ans;
}
int minimumInstructions(int N, int M, int K,vector<int> C,vector<int> A,vector<vector<int>> B){
n=N,m=M,k=K;
for(int i=0;i<n;i++)
a[i]=C[i];
for(int i=0;i<m;i++){
len[i]=A[i];
for(auto v:B[i])
s[v].push_back(i);
}
for(int i=n-1;i>=0;i--){
for(auto j:s[a[i]]){
if(low[(i&1ll)^1ll][(j+1)%m]!=i+1)
dp[i&1ll][j]=1;
else
dp[i&1ll][j]=dp[(i&1ll)^1ll][(j+1)%m]+1;
low[i&1ll][j]=i;
if(dp[i&1ll][j]>=m)
f[i]=1;
}
}
cerr<<'\n'<<abs(&Begin-&End)/1048576<<"MB"<<'\n';
return get();
}