【vijos P1914】【codevs 3904】[NOIP2014 普及组T4]子矩阵(dfs+状压dp)
来源:互联网 发布:centos版本查看命令 编辑:程序博客网 时间:2024/05/30 23:35
描述
给出如下定义:
- 子矩阵:从一个矩阵当中选取某些行和某些列交叉位置所组成的新矩阵(保持行与 列的相对顺序)被称为原矩阵的一个子矩阵。
例如,下面左图中选取第 2、4 行和第 2、4、5 列交叉位置的元素得到一个 2*3 的子矩阵如右图所示。 - 相邻的元素:矩阵中的某个元素与其上下左右四个元素(如果存在的话)是相邻的。
- 矩阵的分值:矩阵中每一对相邻元素之差的绝对值之和。
本题任务:给定一个 n 行 m 列的正整数矩阵,请你从这个矩阵中选出一个 r 行 c 列的 子矩阵,使得这个子矩阵的分值最小,并输出这个分值。
格式
输入格式
第一行包含用空格隔开的四个整数 n,m,r,c,意义如问题描述中所述,每两个整数之间用一个空格隔开。
接下来的 n 行,每行包含 m 个用空格隔开的整数,用来表示问题描述中那个 n 行 m 列的矩阵。
输出格式
输出共 1 行,包含 1 个整数,表示满足题目描述的子矩阵的最小分值。
样例1
样例输入1[复制]
5 5 2 39 3 3 3 99 4 8 7 41 7 4 6 66 8 5 6 97 4 5 6 1
样例输出1[复制]
6
样例2
样例输入2[复制]
7 7 3 37 7 7 6 2 10 55 8 8 2 1 6 22 9 5 5 6 1 77 9 3 6 1 7 81 9 1 4 7 8 810 5 9 1 1 8 101 3 1 5 4 8 6
样例输出2[复制]
16
限制
对于 50%的数据,1 ≤ n ≤ 12, 1 ≤ m ≤ 12, 矩阵中的每个元素 1 ≤ a[i][j] ≤20;
对于 100%的数据,1 ≤ n ≤ 16, 1 ≤ m ≤ 16, 矩阵中的每个元素 1 ≤ a[i][j] ≤1000,1 ≤ r ≤ n, 1 ≤ c ≤ m。
时间限制:每一组测试数据1s。
提示
【输入输出样例 1 说明】
该矩阵中分值最小的 2 行 3 列的子矩阵由原矩阵的第 4 行、第 5 行与第 1 列、第 3 列、 第 4 列交叉位置的元素组成,为
675566 656756
,其分值为 |6 − 5| + |5 − 6| + |7 − 5| + |5 − 6| + |6 − 7| + |5 − 5| + |6 − 6| = 6。
【输入输出样例 2 说明】
该矩阵中分值最小的 3 行 3 列的子矩阵由原矩阵的第 4 行、第 5 行、第 6 行与第 2 列、第 6 列、第 7 列交叉位置的元素组成,选取的分值最小的子矩阵为
9957888810 9789885810
来源
NOIP2014 普及组
【题解】【dfs+状压dp】
【一眼没思路。。。大脑离线中】
【看看范围很小,而且这种题不明显是dp嘛!!!状态很多且范围小,所以这必然是一道状压dp】
【先dfs处理出所有的状态。 然后预处理出sum[i][j]表示第i行第j中状态下的答案;g[i][j][k]在第k种情况下第i和和第j行之间的答案】
【f[i][j][k]表示前i行取j行且第i行必取状态为k的答案,dp方程:f[i][j][k]=min(f[l][j-1][k]+g[l][i][k]+sum[i][k])(1<=l<i)】
#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;int n,m,r,c,a[20][20];int type[15010],cnt,nm[15010][20],ans;int sum[20][15010],g[20][20][15010],f[20][20][15010];inline int abss(int x){if(x>=0) return x;return -x;}void dfs(int x,int t,int k){if(x==m+1) { if(t==c) type[++cnt]=k; return; }dfs(x+1,t+1,k+(1<<(x-1)));dfs(x+1,t,k);}int main(){int i,j;scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&r,&c);for(i=1;i<=n;++i) for(j=1;j<=m;++j) scanf("%d",&a[i][j]);dfs(1,0,0);for(i=1;i<=cnt;++i) for(j=0;j<m;++j) if(nm[i][0]==c) break; else if(type[i]&(1<<j)) nm[i][++nm[i][0]]=j+1;for(i=1;i<=n;++i) for(j=1;j<=cnt;++j) for(int k=2;k<=c;++k) sum[i][j]+=abss(a[i][nm[j][k-1]]-a[i][nm[j][k]]);for(i=1;i<n;++i) for(j=i+1;j<=n;++j) for(int k=1;k<=cnt;++k) for(int l=1;l<=c;++l) g[i][j][k]+=abss(a[i][nm[k][l]]-a[j][nm[k][l]]);memset(f,127/3,sizeof(f));for(i=1;i<=n;++i) for(j=1;j<=cnt;++j) f[i][0][j]=0,f[i][1][j]=sum[i][j];for(i=2;i<=n;++i) for(j=2;j<=min(r,i);++j) for(int k=1;k<=cnt;++k) for(int l=1;l<i;++l) f[i][j][k]=min(f[i][j][k],f[l][j-1][k]+g[l][i][k]+sum[i][k]);ans=0x7fffffff;for(i=r;i<=n;++i) for(j=1;j<=cnt;++j) ans=min(ans,f[i][r][j]);printf("%d\n",ans);return 0;}
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