[HAOI2007]分割矩阵 DP+推式子

发现最近好少写博客啊（其实是各种摆去了）

更一点吧

这道题要求最小化均方差，其实凭直觉来说就是要使每个块分的比较均匀一点，但是单单想到想到这些还是不够的，

首先f[i][j][k][l][t]表示以(i,j)为左上角，(k,l)为右下角，一共分割的t次的矩形的最小xx，

其中xx是某个与最小均方差挂钩的东西，

通常这种要求推式子的题目都要从小的情况推广到所有情况。

这道题也是一样的，

对于一个被分为x1和x2的矩形而言（分割了一次），用X表示平均数，

那么X=权值和/块数，

那么方差为：[(X - x1)^2 + (X - x2)^2]    /    块数 

对于固定的分割次数而言，块数是固定的，所以不管它，

那么我们就是要化简[(X - x1)^2 + (X - x2)^2]

原式=X^2 + x1^2 - 2 * X * x2 + X^2 + x2^2 - 2 * X * x2

=2(X ^ 2) + (x1^2 + x2^2) - 2 * X * (x1 + x2)

观察到x1+ x2就是权值和，是固定的，

而因为块数固定,X也是固定的，因此我们唯一可以改变的就是中间的平方部分，

所以我们的问题就转化为了一个矩形分割n-1次，求最小的平方和，

于是就可以直接dp了

 f[i][j][k][l][t]表示以(i,j)为左上角，(k,l)为右下角，一共分割的t次的矩形的最小平方和，

同时为了满足dp性质（要求大状态先求小状态），左上角要倒着枚举，然后右下角正着枚举，

然后枚举分割线，枚举每块小矩形分割了多少次，最后计算一下即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define R register int
#define AC 11
int ll,rr,n;
int f[AC][AC][AC][AC][AC];
int s[AC][AC],sum[AC][AC];
double ans,x;
/*以分两块（分别含有两小块）的合成为例
f[x]=((X - x1) ^ 2 + (X - x2) ^ 2)/2
对分子化简得：2 * X ^ 2 + x1 ^ 2 + x2 ^ 2 - 2 * X * (x1 + x2),
可以发现x1 + x2就是这一块的权值和，X为平均值，也就是权值和/块数，
也就是说对于任意一种分法，影响最终答案的只有x1 ^ 2 + x2 ^ 2这种，
所以只要最小化这个就可以了*/

inline void upmin(int &a,int b)
{
    if(b < a) a=b;
}

void pre()
{
    memset(f,63,sizeof(f));
    scanf("%d%d%d",&ll,&rr,&n);
    for(R i=1;i<=ll;i++)
        for(R j=1;j<=rr;j++) 
            scanf("%d",&s[i][j]);
    for(R i=1;i<=ll;i++)
        for(R j=1;j<=rr;j++)
            sum[i][j]=s[i][j] + sum[i-1][j] + sum[i][j-1] - sum[i-1][j-1];
    for(R i=1;i<=ll;i++)
        for(R j=1;j<=rr;j++)
            for(R k=i;k<=ll;k++)
                for(R l=j;l<=rr;l++)
                {
                    int a=sum[k][l] - sum[i-1][l] - sum[k][j-1] + sum[i-1][j-1];
                    f[i][j][k][l][0]=a * a;
                }
    /*for(R i=1;i<=ll;i++)
    {
        for(R j=1;j<=rr;j++)
        {
            printf("%d ",sum[i][j]);
        }
        printf("
");
    }*/
}

void work()
{
    for(R t=1;t<n;t++)
        for(R i=ll; i ;i--)//为了维护dp的条件，左上角应该要倒着枚举吧
            for(R j=rr; j ;j--)//枚举左上角
            {
                for(R k=i;k<=ll;k++)
                    for(R l=j;l<=rr;l++)//枚举右上角
                    {
                        if(i == k && j == l) continue;
                        for(R p=j;p<l;p++)//枚举竖着的分界线
                            for(R tt=0;tt<t;tt++)//原来的两块切割次数之和只能为t-1，因为现在切的就是第t次
                                upmin(f[i][j][k][l][t],f[i][j][k][p][tt] + f[i][p+1][k][l][t - tt - 1]);
                        for(R p=i;p<k;p++)//枚举横着的分界线
                            for(R tt=0;tt<t;tt++)//枚举两块分别切了多少次,注意从0开始！！！
                                upmin(f[i][j][k][l][t],f[i][j][p][l][tt] + f[p+1][j][k][l][t - tt - 1]);
                        //printf("%d %d %d %d %d = %d
",i,j,k,l,t,f[i][j][k][l][t]);
                    }
            }
    x=(double)sum[ll][rr] / (double)n;//获取平均值
    ans=(double)(n * x * x) + (double)f[1][1][ll][rr][n-1] - (double)2 * x * sum[ll][rr];
    ans/=(double)n;
    ans=sqrt(ans);
    printf("%.2lf
",ans);
}

int main()
{
//    freopen("in.in","r",stdin);
    pre();
    work();
//    fclose(stdin);
    return 0;
}