先考虑第一个限制，设每一行的 \(k\) 的集合为 \(\{k_1,k_2,\dots,k_n\}\)，那么对于第 \((i,k_i)\) 的方格，如果它是白色，那根据第二个限制，\((i-1,k_{i-1})\) 的方格也一定是白色的（原因显然），于是我们成功消除了第二个性质，此时只需要考虑第一个性质，并且保证 \(k_1 \ge k_2 \ge \dots>k_n\) 即可。此时显然想到 dp。
我们设 \(f_{i,j}\) 表示目前考虑到第 \(i\) 行，且前 \(j\) 个方格是白色，而后 \(n-j\) 个方格是黑色的最小重新涂色的方格数量。而如果我们设 \(a_{i,j}\) 表示第 \(i\) 行，前 \(j\) 个方格是白色的，且后 \(n-j\) 个方格是黑色需要的重新涂色的方格数量，那么转移方程为：
\[f_{i,j} = \min_{k = j}^n f_{i-1,k}+a_{i,j}
\]
此时如果直接转移的话，时间复杂度为 \(O(n^3)\)。
考虑优化，很显然 \(\min_{k = j}^n f_{i-1,k}\) 是可以通过预处理后缀最小值搞定，因为区间的右端点恒定为 \(n\)，而很容易发现 \(a_{i,j}\) 可以通过（这里我们设 \(s\) 为原数组）：
\[a_{i,j} = a_{i,j-1}+[s_{i,j} = \#]-[s_{i,j} = .]
\]
来递推 \(O(1)\) 求出。
最后答案就是 \(\min_{i = 0}^n f_{n,i}\)。
至此，时间复杂度变成 \(O(n^2)\)。
注意：递推要考虑 \(j = 0\) 的情况，并且在 \(j = 0\) 的时候，\(a_{i,j}\) 并不可以靠递推得出结果，而是通过简单计数。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e3+5;
char s[N][N];
int f[N][N];
int a[N][N];
int minn[N];
int main()
{ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int n;cin >> n;for(int i = 1;i<=n;++i){int num = 0;for(int j = 1;j<=n;++j){cin >> s[i][j];num+=(s[i][j] == '.');}a[i][0] = num;for(int j = 0;j<=n;++j){if(j){a[i][j] = a[i][j-1]+(s[i][j] == '#'?1:-1);}f[i][j] = minn[j]+a[i][j];}minn[n] = f[i][n];for(int j = n-1;j>=0;--j){minn[j] = min(minn[j+1],f[i][j]);}}int minn = f[n][0];for(int i = 1;i<=n;++i){minn = min(minn,f[n][i]);}cout << minn;return 0;
}
