洛谷P2258 子矩阵[2017年5月计划 清北学堂51精英班Day1]

题目描述

给出如下定义：

1. 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。

9 3 3 3 9

9 4 8 7 4

1 7 4 6 6

6 8 5 6 9

7 4 5 6 1

的其中一个2*3的子矩阵是

4 7 4

8 6 9

2. 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。

3. 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。

(本题目为2014NOIP普及T4)

输入输出格式

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。

输入输出样例

输入样例#1：

5 5 2 3
9 3 3 3 9
9 4 8 7 4
1 7 4 6 6
6 8 5 6 9
7 4 5 6 1

输出样例#1：

6

输入样例#2：

7 7 3 3  
7 7 7 6 2 10 5
5 8 8 2 1 6 2 
2 9 5 5 6 1 7 
7 9 3 6 1 7 8 
1 9 1 4 7 8 8 
10 5 9 1 1 8 10
1 3 1 5 4 8 6

输出样例#2：

16

说明

【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

6 5 6

7 5 6

，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

9 7 8 9 8 8 5 8 10

【数据说明】

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] ≤ 1,000，

1 ≤ r ≤ n，1 ≤ c ≤ m。

枚举一部分，dp一部分

枚举选的行

令dp[i][j]表示前i列选j列且第i列必须被选的最小值

col1[i]  表示所选行中，列内的差值的绝对值之和

col2[i][j] 表示所选行中，第i列与第j列差值的绝对值之和

转移dp[i][j] = min(dp[i][j], do[k][j - 1] + col1[i] + col2[k][i]),其中k < i

有一些细节需要注意（见代码）

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define max(a,b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define min(a,b) ((a) > (b) ? (b) : (a))
#define lowbit(a) ((a) & (-(a)))

int read()
{
	int x = 0;char ch = getchar();char c = ch;
	while(ch > '9' || ch < '0')c = ch, ch = getchar();
	while(ch <= '9' && ch >= '0')x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar();
	if(c == '-')return -x;
	return x;
}
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MAXN = 16 + 5;
const int MAXM = 16 + 5;

int n,m;
int g[MAXN][MAXM];
int col2[MAXN][MAXN];
int col1[MAXM];
int r,c;
int dp[MAXN][MAXM];//dp[i][j]表示前i列选j行且第i列一定会被选 

int ans;
bool b[MAXN];
int num[MAXN];
 
int dpp();

void dfs(int step, int pre)
{
	if(step > r)
	{
		ans = min(ans, dpp());
		return;
	}
	for(int i = pre + 1;i <= n;i ++)
	{
		if(!b[i])
		{
			num[step] = i;
			b[i] = true;
			dfs(step + 1, i);
			num[step] = 0;
			b[i] = false;
		}
	}
}

int dpp()
{
	memset(col2, 0, sizeof(col2));
	memset(col1, 0, sizeof(col1));
	memset(dp, 0, sizeof(dp));
	for(int i = 2;i <= r;i ++)
	{
		for(int j = 1;j <= m;j ++)
		{
			col1[j]  += abs(g[num[i]][j] - g[num[i - 1]][j]);
		}
	}
	for(int i = 1;i <= m;i ++)
	{
		for(int j = i + 1;j <= m;j ++)
		{
			for(int k = 1;k <= r;k ++)
			{
				col2[i][j] += abs(g[num[k]][i] - g[num[k]][j]);
				col2[j][i] += abs(g[num[k]][i] - g[num[k]][j]);
			}
		}
	}
	for(int i = 1;i <= m;i ++)
	{
		for(int j = 1;j <= c && j <= i;j ++)//注意j <= i
		{
			dp[i][j] = INF;
			for(int k = j - 1;k < i;k ++)//注意k = j - 1
			{
				dp[i][j] = min(dp[k][j - 1] + col2[k][i] + col1[i], dp[i][j]);
			}
		}
	}
	int re = INF;
	for(int i = c;i <= m;i ++)
	{
		re = min(re, dp[i][c]);
	}
	return re;
}

inline void init()
{
	n = read();m = read();r = read();c = read();
	for(int i = 1;i <= n;i ++)
	{
		for(int j = 1;j <= m;j ++)
		{
			g[i][j] = read();
		}
	}
	ans = INF;
}
inline void put()
{
	printf("%d", ans);
}


int main()
{
	init();
	dfs(1, 0);
	put();
	return 0;
}