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我们不妨先考虑只有一行的情形。

我们做两个前缀和\(red_i,bule_i\)分别表示前\(i\)个里有多少个红色块和蓝色块。

设\(f[i][k]\)为做到第\(i\)块，此时用了\(k\)次涂刷的最大收益。

我们思考如下问题：既然重复涂色没有收益，那么我们强制让我们的涂色方案没有重叠的情况，即让我们对于这一行的方案如下图：

可以看出一段木块被分割成若干块（无色代表没涂色。

我们只要从\(i\)向前枚举上一段的终点在哪即可转移，对于\(i\)这块不涂色的情况我们直接拿\(i - 1\)的答案来覆盖即可

所以对于一条木块我们有了\(O(m^3)\)的做法来求出\(f\)

		for(int r = 1;r <= m;++r){
			for(int k = 1;k <= m;++k){
				f[r][k] = f[r - 1][k];
				for(int l = 1;l <= r;++l){
					f[r][k] = std::max(f[l - 1][k - 1] + red[r] - red[l - 1],f[r][k]);
					f[r][k] = std::max(f[l - 1][k - 1] + bule[r] - bule[l - 1],f[r][k]);	
				}
			}
		}

我们接下来考虑我们做完了一条木块怎么统计答案：

	 	for(int to = t;to >= 0;-- to)
	 	for(int k = 0;k <= std::min(m,(ll)to);++k)
	 	fans[to] = std::max(fans[to],fans[to - k] + f[m][k]),ans = std::max(ans,fans[to]); 

类似于一维背包即可。(注意枚举\(k\)时不要超出数组\(f\)的大小，因为这个我调了好久)

所以最后的复杂度是\(O(n * (m ^ 3 + tm))\)

喜闻乐见的代码环节

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define ll long long

ll n,m,t,ans = 0,f[55][55];
ll red[55],bule[55];
ll fans[2505];

void init(){
	memset(f,0,sizeof(f));
	memset(red,0,sizeof(red));
	memset(bule,0,sizeof(bule));
}

int main(){
//	freopen("q.in","r",stdin);
//	freopen("q.out","w",stdout);
	memset(fans,0,sizeof(fans));
	scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&t);
	for(int i = 1;i <= n;++i){
		init();
		char s[55];
		scanf("%s",s + 1);
		for(int i = 1;i <= m;++i){
			red[i] = red[i - 1];
			bule[i] = bule[i - 1];
			if(s[i] == '0')
			red[i] ++ ;
			else
			bule[i] ++ ;
		}
		for(int r = 1;r <= m;++r){
			for(int k = 1;k <= m;++k){
				f[r][k] = f[r - 1][k];
				for(int l = 1;l <= r;++l){
					f[r][k] = std::max(f[l - 1][k - 1] + red[r] - red[l - 1],f[r][k]);
					f[r][k] = std::max(f[l - 1][k - 1] + bule[r] - bule[l - 1],f[r][k]);	
				}
			}
		}
//		for(int i = 1;i <= m;++i,puts(""))
//		for(int k = 1;k <= m;++k)
//		std::cout<<f[i][k]<<" ";
	 	for(int to = t;to >= 0;-- to)
	 	for(int k = 0;k <= std::min(m,(ll)to);++k)
	 	fans[to] = std::max(fans[to],fans[to - k] + f[m][k]),ans = std::max(ans,fans[to]); 
	}
	std::cout<<ans<<std::endl; 
}