本文主要是介绍洛谷 P2258 子矩阵，对大家解决编程问题具有一定的参考价值，需要的程序猿们随着小编来一起学习吧！

前言

那个 Atcoder Beginner 263 的 E 还真是恶心……
呃，我什么也没说，我什么也没说……

正文

题意

有个 $ n \times m $ 的矩阵，从里面选 $ r $ 行 $ c $ 列出来。
问这 $ r $ 行 $ c $ 列的交叉点“相邻元素的差”的和最少为多少。

$ 60 pts $

思路

直接暴力枚举。
先枚举 $ r $，再枚举 $ c $。

时间复杂度：$ O(C _{n} ^ {r} C _{m} ^{c} rc) $

空间复杂度：$ O(r + c) $

代码

代码就不放了，谁都会写。

$ 100 pts $

思路

是不是有很多人觉得满分根本不用枚举，$ O(n^k) $ 的暴力就搞定了？
我告诉你们吧，正解还是要枚举的……
先选出 $ r $ 行来，然后再来 $ DP $。
定义 $ f_{i, j} $ 为前 $ i $ 列选 $ j $ 列，第 $ i $ 列必须选，和最小为多少。
容易得到 $ f_{i, j} = f_{k, j - 1} + sg_{i} + tc_{k, i} (j - 1 \le k \lt i)$，其中 $ sg_{i} $ 为单单第 $ i $ 列的差之和（single），而 $ tc_{i, j} $ 为单单第 $ i $ 列与第 $ j $ 列横向的差之和（two columns）。

好了，天真的我以为这样就结束了。
然而……

• 随时都 $ DP $：
  1. $ DFS $
  2. 暴力处理 $ sg, tc $
  3. $ DP $
• 边界有两个：
  1. $ f_{i, 1} = sg_{i} $。只选一列，第 $ i $ 列还必须选，你不选谁选。
  2. $ f_{i, i} = f_{i - 1, i - 1} + sg_{i} + tc_{i - 1, i} $。全部选了，这列自己算一下，和前一列也算一下，多层递推得出答案。
• 循环要注意：
  • $ DFS $ 用 $ r $ 层，循环那一列时是 $ m $ 。
  • $ tc $ 的 $ i, j $ 是 $ m $，枚举行 $ k $ 时是 $ r $。
  • 最后在状态转移方程里的 $ k $ 是 $ [j - 1, i) $。

总之，我想到的用山峰的高度表示是：
1 2 3 5 7 8 10 （一路顺风）
实际上的是：
1 100 1 100 1 100 1 （坎坷不平）
AZ……

时间复杂度：$ O(C _{n} ^{r} m^{2}) $

空间复杂度：$ O(m^{2}) $

代码

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

int a[20][20];
int choose[20];
int f[20][20];

int ans = 0x3f3f3f3f;
int n, m, r, c;
int yyy_2013_OI[20], yyy_2013_Math[20][20];

void brute_force() {
	for (int j = 1; j <= m; j++) {
		yyy_2013_OI[j] = 0;
		for (int i = 1; i <= r - 1; i++) {
			yyy_2013_OI[j] += abs(a[choose[i]][j] - a[choose[i + 1]][j]);
		}
	}
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		for (int j = i + 1; j <= m; j++) {
			yyy_2013_Math[i][j] = 0;
			for (int k = 1; k <= r; k++) {
				yyy_2013_Math[i][j] += abs(a[choose[k]][i] - a[choose[k]][j]);
			}
		}
	}
}

void dp() {
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		for (int j = 1; j <= min(i, c); j++) {
			if (j == 1) {
				f[i][j] = yyy_2013_OI[i];
			} else if (j == i) {
				f[i][j] = f[i - 1][j - 1] + yyy_2013_OI[i] + yyy_2013_Math[i - 1][i];
			} else {
				f[i][j] = 0x3f3f3f3f;
				for (int k = j - 1; k <= i - 1; k++) {
					f[i][j] = min(f[i][j], f[k][j - 1] + yyy_2013_OI[i] + yyy_2013_Math[k][i]);
				}
			}
			if (j == c) {
				ans = min(ans, f[i][c]);
			}
		}
	}
}

void dfs(int lvl) {
	if (lvl == r + 1) {
		brute_force();
		dp();
		return;
	}
	for (int i = choose[lvl - 1] + 1; i <= n; i++) {
		choose[lvl] = i;
		dfs(lvl + 1);
		choose[lvl] = 0;
	}
}

int main() {
	scanf("%d %d %d %d", &n, &m, &r, &c);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= m; j++) {
			scanf("%d", &a[i][j]);
		}
	}
	dfs(1);
	printf("%d", ans);
	return 0;
}

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