[Tyvj Aug11] 黄金矿工

传送门

Description

黄金矿工是一个经典的小游戏，它可以锻炼人的反应能力。该游戏中，可以通过“挖矿”获得积分并不断升级。玩家可以在线玩flash版黄金矿工，也可以下载后玩单机版黄金矿工。目前，黄金矿工小游戏有多个版本，例如黄金矿工双人版，黄金矿工单人版等。

Jimmy是一位黄金矿工，他所在的金矿是一个n*n的矩形区域（俯视），区域内有黄金、石头和TNT，由一个 n*n的矩阵描述。黄金的价值对应矩阵中的正值，石头的价值对应矩阵中的负值，TNT由0表示。换句话说，挖到黄金赚钱，石头亏损，如果挖到TNT就挂了。

Jimmy租到的挖矿工具很特别，它的形状是一个长宽任意（均为正整数）的矩形，可以取走被该工具覆盖的矩形区域内的所有物品，但如果该区域内有TNT，该工具将被炸毁，此时Jimmy将不得不赔偿矿主+∞元！！！需要注意的是，该工具只能在金矿范围内使用（即不得超出金矿边界），且租金为每次使用十元。

现在，Jimmy想知道，如果他至多只有一次租用该工具的机会，他能获得的最大收益是多少。当然，如果Jimmy租用该工具无论如何都会亏损，他可以不租用，此时收益为0.

Input

第一行：一个整数n
接下来n行，每行n个整数（绝对值<100），为题目中所描述的矩阵。

Output

一个数，即Jimmy所能获得的最大收益。

Sample Input

3
0 -1 -1
0 -12 0
-19 0 0

Sample Output

0

Hint

【样例解释】
无论Jimmy怎么挖矿，挖到的不是石头，就是TNT，总之无论如何都会亏损，所以选择不租用工具，收益为0

【数据范围】
对于30%的数据：0＜n<=10
对于60%的数据：0＜n<=100
对于100%的数据：0＜n<=300

Source

动态规划， 贪心，子矩阵DP

 

 

这是一道很好的DP题，首先这道题的模型就是求最大子矩阵和。很容易想到的暴力枚举是O（n^4）的,显然会TLE，我们发现，暴力枚举的时候我们很多东西都重复计算了，没有很好的利用中间结果。

首先从一维的子序列最大和讲起。对于任意数列，O（n）的求它最大的子序列和，设f[i]表示到i位置的最大和，那么状态的转移只有两种，如果f[i-1]>0，那么 f[i]=f[i-1]+a[i]，否则f[i]=a[i]。因为要求最大的子序列和，所以所选的子序列的起始位置一定是正数。

当f[i]>0时，这个转移显然是对的，（每次转移后都会更新答案，所以a[i]<0也不会影响答案）

当f[i-1]<0时，f[i-1]+a[i]一定小于 a[i]，而i-1是从上一个起始位置开始，一段子序列中和第一次小于0的位置，同时序列的起点又是正数，所以上一次选的序列中不存在一个位置到当前位置的序列和大于0，所以新序列从 i 位置开始。

然后类比到二维的子矩阵和，我们可以把一个矩形一列的和看做一维数组的一个元素，转化为上面那个问题，这样就只需枚举矩形的上下界，求和的话可以用前缀和优化，记录每一列的前缀和，这样就可以O（1）求矩形一列的和。总复杂度为O（n^3）。

还可以参见这篇博客，博主讲得很清楚。

 

#include <map>
#include <set>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define ll long long

inline int gi()
{
    bool b=0; int r=0; char c=getchar();
    while(c<'0' || c>'9') { if(c=='-') b=!b; c=getchar(); }
    while(c>='0' && c<='9') { r=r*10+c-'0'; c=getchar(); }
    if(b) return -r; return r;
}

const int inf = 21400000, N = 307;
int a[N][N];

int main()
{
    int i,j,k,sum,ans,n;
    n=gi();
    for (i=1; i<=n; i++)
        for (j=1; j<=n; j++)
            {
                a[i][j]=gi();
                if (!a[i][j]) a[i][j]=-inf;
                a[i][j]+=a[i-1][j];  //记录每一列的前缀和
            }
    for (i=1; i<=n; i++)  //枚举子矩形下面边的位置
        for (k=0; k<i; k++)  //枚举子矩形上面边的位置
            {
                sum=0;
                for (j=1; j<=n; j++)  //枚举矩形的宽 若 sum 大于 0 则继续扩展 每次更新 ans 否则 sum=0 重新枚举一个子矩形 妙不可言
                    {
                        sum+=a[i][j]-a[k][j];
                        if (sum < 0) sum=0;
                        else ans=max(ans,sum);
                    }
            }
    printf("%d
",max(ans-10,0));
    return 0;
}