XJOI3602 邓哲也的矩阵(优先队列优化DP)

题目描述：

有一个 n×m的矩阵，现在准备对矩阵进行k次操作，每次操作可以二选一

1:

选择一行，给这一行的每一个数减去p，这种操作会得到的快乐值等于操作之前这一行的和

2:

选择一列，给这一列的每一个数减去p，这种操作会得到的快乐值等于操作之前这一列的和

那么问题来了，k次操作最大可能得到的和是多少。

 

输入格式：

第一行输入4个整数n,m,k,p

接下来n行，每行输入m个整数a[i][j]

 

输出格式：

输出最大可能的和

 

样例输入1：

2 2 2 2
1 3
2 4

 

样例输出1：

11

 

样例输入2：

5 5 20 100 
464 757 53 708 262 
753 769 189 38 796 
394 60 381 384 935 
882 877 501 615 464 
433 798 504 301 301

 

样例输出2：

38013

 

样例输入3：

2 1 3 2
3 
3 

 

样例输出3：

8

 

约定：

1≤n,m≤1000,1≤k≤106,1≤p,a[i][j]≤1000

 

题解：

首先观察第三个样例，显然将行和列和压入优先队列搞k次是不现实的，

因为最大值应该是取第一列、第一行、第二行，答案为8，

如果按上述方法搞会取出两次第一列，一次第一或第二行，答案为7

 

为什么会造成这种结果？

因为每次取行的时候我们并没有想到对列的值也会产生变化，并且这种取法有后效性。

所以索性先取行后取列

枚举取一次、两次……k次行，相对应会取k-1、k-2……1次列

记dp_row[i]表示取i次行获得的最大值，这个显然可以用优先队列瞎搞

同样dp_colomn[i]表示取y次行获得的最大值，也可以用优先队列瞎搞

先取行再取列会使列的值损失，损失多少呢？

假设取i次列，k-i次行

每行损失i*p

共k-i行

共损失i*(k-i)*p

于是状态转移方程就推出来了

ans=max{ans,dp_row[i]+dp_colomn[k-i]-i*(k-i)*p}

注意这个数可能会非常小，所以ans一定要设成-1e18，不能用-0x3f3f3f3f

 

代码如下：

 

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;

long long a[1010][1010],sumr[1010],suml[1010],dp1[1000010],dp2[1000010];
int n,m,k,p;

int main()
{
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&p);
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        for(int j=1; j<=m; j++)
        {
            scanf("%lld",&a[i][j]);
        }
    }
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        for(int j=1; j<=m; j++)
        {
            sumr[i]+=a[i][j];
        }
    }
    for(int i=1; i<=m; i++)
    {
        for(int j=1; j<=n; j++)
        {
            suml[i]+=a[j][i];
        }
    }
    priority_queue<long long> q,q2;
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        q.push(sumr[i]);
    }
    for(int i=1; i<=k; i++)
    {
        long long tmp=q.top();
        q.pop();
        dp1[i]=dp1[i-1]+tmp;
        tmp-=1ll*m*p;
        q.push(tmp);
    }
    for(int i=1; i<=m; i++)
    {
        q2.push(suml[i]);
    }
    for(int i=1; i<=k; i++)
    {
        long long tmp=q2.top();
        q2.pop();
        dp2[i]=dp2[i-1]+tmp;
        tmp-=1ll*n*p;
        q2.push(tmp);
    }
    for(int i=1; i<=k; i++)
    {
        dp2[i]-=1ll*i*(k-i)*p;
    }
    long long ans=-1e18;
    for(int i=0; i<=k; i++)
    {
        ans=max(ans,dp1[i]+dp2[k-i]);
    }
    printf("%lld
",ans);
}