【BZOJ2241】【Sdoi2011R1D1】打地鼠

原题传送门

Description

打地鼠是这样的一个游戏：地面上有一些地鼠洞，地鼠们会不时从洞里探出头来很短时间后又缩回洞中。玩家的目标是在地鼠伸出头时，用锤子砸其头部，砸到的地鼠越多分数也就越高。
游戏中的锤子每次只能打一只地鼠，如果多只地鼠同时探出头，玩家只能通过多次挥舞锤子的方式打掉所有的地鼠。你认为这锤子太没用了，所以你改装了锤子，增加了锤子与地面的接触面积，使其每次可以击打一片区域。如果我们把地面看做MN的方阵，其每个元素都代表一个地鼠洞，那么锤子可以覆盖RC区域内的所有地鼠洞。但是改装后的锤子有一个缺点：每次挥舞锤子时，对于这RC的区域中的所有地洞，锤子会打掉恰好一只地鼠。也就是说锤子覆盖的区域中，每个地洞必须至少有1只地鼠，且如果某个地洞中地鼠的个数大于1，那么这个地洞只会有1只地鼠被打掉，因此每次挥舞锤子时，恰好有RC只地鼠被打掉。由于锤子的内部结构过于精密，因此在游戏过程中你不能旋转锤子（即不能互换R和C）。
你可以任意更改锤子的规格（即你可以任意规定R和C的大小），但是改装锤子的工作只能在打地鼠前进行（即你不可以打掉一部分地鼠后，再改变锤子的规格）。你的任务是求出要想打掉所有的地鼠，至少需要挥舞锤子的次数。

Input

第一行包含两个正整数M和N；
下面M行每行N个正整数描述地图，每个数字表示相应位置的地洞中地鼠的数量。

Output

输出一个整数，表示最少的挥舞次数。

Sample Input

3 3
1 2 1
2 4 2
1 2 1

Sample Output

4

Hint

由于你可以把锤子的大小设置为1*1，因此本题总是有解的。
$1 leq M,N leq 100 $，其他数据不小于0，不大于(10^5)

Solution

显然，可以使用枚举 r 和 c 的方式，可以发现，二维差分以后，就可以得到每个点作为子矩阵左上角的敲击次数（如果该方案可行的话），若一个 r x c 的方案不可行，当且仅当利用差分进行区间减法之后出现点的差分值为负，这样时间效率为 O(n^4);
考虑进行优化，容易发现，对于上述算法，一个方案可能可行，当且仅当这个方案满足((rc)|(Sigma a_{i} ))，且答案一定为 $ frac { Sigma a_{i} } {rc} $ ；
故容易发现两种简单剪枝方式：

1. 可行性剪枝： 判断(rc)|(nm)是否成立；
2. 最优性剪枝：判断当前枚举的 r x c 是否比答案的大。
   由于剪枝后避免了众多不可行的运算，时间复杂度O(能过)。

Code

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#define R register
#define MN 155
inline int read(){
    R int x; R bool f; R char c;
    for (f=0; (c=getchar())<'0'||c>'9'; f=c=='-');
    for (x=c-'0'; (c=getchar())>='0'&&c<='9'; x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0');
    return f?-x:x;
}
int v[MN][MN],c[MN][MN],p[MN][MN],n,m,ans=1,sum;
int main(){
    n=read(),m=read();
    for (R int i=1; i<=n; ++i)
        for (R int j=1; j<=m; ++j)
            v[i][j]=read(),sum+=v[i][j],c[i][j]=v[i][j]+v[i-1][j-1]-v[i][j-1]-v[i-1][j];
    for (R int r=n; r; --r)
        for (R int C=m; C; --C){
            R int res=r*C;
            if (sum%res||res<ans) continue;
            R bool f=1;memcpy(p,c,sizeof(c));
            for (R int i=1; i<=n; ++i)
                for (R int j=1; j<=m; ++j){
                    if (p[i][j]<0){
                        f=0; break;
                    }
                    if (!p[i][j]) continue;
                    if (i+r>n+1||j+C>m+1){
                        f=0;  break;
                    }
                    p[i][j+C]+=p[i][j];
                    p[i+r][j]+=p[i][j];
                    p[i+r][j+C]-=p[i][j];
                }
            if (f) ans=res;
        }
    printf("%d
",sum/ans);
    return 0;
}