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题目

题目描述

这里有一个n*m的矩阵，请你选出其中k个子矩阵，使得这个k个子矩阵分值之和最大。

注意：选出的k个子矩阵 不能相互重叠。

输入描述

第一行为n,m,k（1 ≤ n ≤ 100,1 ≤ m ≤ 2,1 ≤ k ≤ 10），
接下来n行描述矩阵每行中的每个元素的分值(每个元素的分值的绝对值不超过32767)。

输出描述

只有一行为k个子矩阵分值之和最大为多少。

示例1

输入

3 2 2
1 -3
2 3
-2 3

输出

9

题解

知识点：线性dp。

发现 \(m=1\) 时，就是 \(k\) 串最大和。

这里解释一下 \(k\) 串最大和的做法，有三种状态设置：取第 \(i\) 个数，共取了 \(j\) 串；考虑到第 \(i\) 个数，共取了 \(j\) 串；考虑到第 \(i\) 个数，共取了 \(j\) 串，第 \(i\) 个数的状态为0/1（不取/取）。

1. 状态转移方程是 \(dp[i][j] = \max(dp[u][j-1],dp[i-1][j]) + a[i],0 \leq u \leq i-1\) ，表示 \(a[i]\) 独立一串和 \(a[i]\) 和前面串起来取最优解，时间复杂度是 \(O(n^2k)\) ，通过前缀最大值优化可以到 \(O(nk)\) 。

2. 状态转移方程是 \(dp[i][j] = \max (dp[u][j-1]+sum[i] - sum[u],dp[i-1][j]), 0 \leq u \leq i-1\) ，表示选 \([u+1 , i]\) 一串和不选优解，时间复杂度是 \(O(n^2k)\)。

3. 状态转移方程是：

   \[\begin{aligned} dp[i][j][0] &= \max (dp[i-1][j][1],dp[i-1][j][0])\\ dp[i][j][1] &= \max(dp[i-1][j][1],dp[i-1][j-1][1],dp[i-1][j-1][0]) \end{aligned} \]

   表示不选就在前面的情况取最大值，选就在前面选后串一起或者在前面选后独立成一串或者前面不选独立成串中取最大值。时间复杂度是 \(O(nk)\) 。

要注意的是如果不允许取空串需要赋值负无穷且 \(k=0\) 的初态为 \(0\)，如果允许则默认 \(0\) 即可。

现在扩展到 \(m=2\) 。也有三种设置：取第一列的第 \(i\) 个数和第二列的第 \(j\) 个数，共取了 \(u\) 个矩阵；考虑到第一列的第 \(i\) 个数和第二列的第 \(j\) 个数，共取了 \(u\) 个矩阵；考虑到第 \(i\) 行，共取了 \(j\) 个矩阵，第 \(i\) 行状态是 0/1/2/3/4（都不取\取第一列\取第二列\都取但不同块\都取成一块）。

这里写的是第二种，实际上第一种和第二种相似。第三种复杂度是 \(O(nk)\) ，但写起来麻烦，但可用矩阵运算优化写法。

转移方程为：

\[dp[i][j][u] = \max \left \{ \begin{array}{l} dp[v][j][k-1]+sum[i][1]-sum[v][1] &,0\leq v\leq i-1\\ dp[i][v][k-1]+sum[j][2]-sum[v][2] &,0\leq v \leq j-1\\ dp[v][v][k-1]+sum[i][1]-sum[v][1]+sum[j][2]-sum[v][2] &,i = j \and 0\leq v \leq i-1\\ dp[i-1][j][k] &,i\geq 1\\ dp[i][j-1][k] &,j\geq 1 \end{array} \right. \]

分别指：

1. 选第一列 \([v+1,i]\) 作为矩阵。
2. 选第二列 \([v+1,j]\) 作为矩阵。
3. 在 \(i=j\) 下还能选两列 \([v+1,i]\) 作为矩阵。
4. 不选第一列。
5. 不选第二列。

这道题数据不太行，其他题解有说可以有空矩阵，我这里写的是包括空矩阵的，但实际上初始化负无穷，\(k=0\) 初态为 \(0\) 做不包含空矩阵的，也是对的。

时间复杂度 \(O(n^2k)\)

空间复杂度 \(O(n^2k)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int a[107][10], dp[107][107][17], sum[107][10];

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n, m, k;
    cin >> n >> m >> k;
    for (int i = 1;i <= n;i++)
        for (int j = 1;j <= m;j++)
            cin >> a[i][j], sum[i][j] = a[i][j] + sum[i - 1][j];
    ///不需要从0开始，因为如果从(0,j,k-1)转移到(i,j,k)，则有(min(i,j),min(i,j),k-1)到(i,j,k)的转移
    ///而形如(l,l,k)的状态是可以从 (1,1,1) 开始推的，因此所有都可以从(1,1,1)开始
    ///感觉好奇怪，还是从(0,0,1)开始舒服
    ///再者可以选空矩阵，因此不需要初始化负无穷
    for (int i = 0;i <= n;i++) {
        for (int j = 0;j <= n;j++) {
            for (int u = 1;u <= k;u++) {
                dp[i][j][u] = max(dp[max(0, i - 1)][j][u], dp[i][max(0, j - 1)][u]);///不选i或j
                for (int v = 0;v < i;v++) dp[i][j][u] = max(dp[v][j][u - 1] + sum[i][1] - sum[v][1], dp[i][j][u]);///选i
                for (int v = 0;v < j;v++) dp[i][j][u] = max(dp[i][v][u - 1] + sum[j][2] - sum[v][2], dp[i][j][u]);///选j
                if (i == j)
                    for (int v = 0;v < i;v++) dp[i][j][u] = max(dp[v][v][u - 1] + sum[i][1] - sum[v][1] + sum[j][2] - sum[v][2], dp[i][j][u]);///选i和j相连

            }
        }
    }
    cout << dp[n][n][k] << '\n';
    return 0;
}

标签：共取,sum,矩阵,leq,NC20242,SCOI2005,复杂度,dp
来源： https://www.cnblogs.com/BlankYang/p/16578464.html