14pj4zijuzhen – NOIP Copilot

线上OJ：

一本通：http://ybt.ssoier.cn:8088/problem_show.php?pid=1968 (opens in a new tab)
AcWing：https://www.acwing.com/problem/content/description/462/ (opens in a new tab)
洛谷：https://www.luogu.com.cn/problem/P2258 (opens in a new tab)

核心思想：

思考1

看到这样的题型，第一反应还是动态规划DP。但本题中又要选行又要选列，比以前只做列选择的题目多了一个行变量。

思考2

假设没有行变量。那么本题就变成了 在已知确定的数组中选取c列，使达到某个极值的问题。这就变成了类似 最长上升子序列 的问题.

思考3

最长上升子序列的状态转移方程为 $dp[i] = dp[k] + 1（1≤ k＜i）$ 【思想回顾：如果第 i 列是从第 k 列转移过来的，则在dp[k] 基础上+1】。本题中可以考虑设方程为 $dp[i] = dp[k] + x（1≤ k＜i）$

思考4

上式中的 $x$ 应表示从第 $k$ 列转移到第 $i$ 列时的增量。由题意可知， $x$ 由水平和垂直两部分de 差值组成，分别记为 $hor[k][i]$ 和 $ver[i]$ 。

💡

$hor[k][i]$ 表示第 $k$ 列和第 $i$ 列的 水平方向 的分值差。如下图所示 $hor[k][i] = |4-7|+|8-6|$
$ver[i]$ 表示如果选择第 $i$ 列，则 垂直方向 增加的列分值差。如下图所示为 $ver[i] = |7-6|$

思考5

如此一来，在行固定的情况下，状态转移方程可以罗列为 $dp[i] = dp[k] + hor[k][i] + ver[i]$

思考6

由于本题不是只选 1 列，而是要在选 $r$ 列的基础上找极值，所以上式的 dp[i] 要从一维变成二维。我们设 dp[i][j] 表示在行固定的情况下，取第 i 列结尾，且作为第 j 列的最小总分值。由于 dp[i][j] 是从第 k 列转移过来的，所以第 k 列应该是选中的第 j-1 列，所以 最终的状态转移方程 为
$dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[k][j - 1] + hor[k][i] + ver[i]);$

思考7

以上六步解决了“在行固定的情况下，找到最小值”。现在还要处理不同行组合的情况。由于本题中的n和m都非常小，即使最大的从16行中选取8行，也只有 $C_{16}^8= 12870$ 种可能性。所以可以直接枚举行组合。

思考8

在枚举行时，可以利用二进制的方法。比如有8行，要挑选3行，则可从0(0x00000000)一直循环到127(0x11111111)。如果某一个数恰好有3个1（如00001011）,则认为本次选中的行是第1、2、4行。这样不会有遗漏。

题解代码：

解法、（DP代码）：

#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 17
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
 
int n, m, r, c;
int a[MAXN][MAXN];
int row[MAXN];      // row[1]=i 表示选择第i行作为第1行，row[2]=j 表示选择第j行作为第2行
int ver[MAXN];      // 竖直(vertical)方向上相邻两行的分值。 ver[i]表示在选中的r行中，上下都是第i列的分值差的和
int hor[MAXN][MAXN];// 水平(horizontal)方向上相邻两列的分值, hor[i][j]表示在选中的r行中，水平第i列和第j列分值差的和
int dp[MAXN][MAXN]; // 在行固定的情况下，取第 i 列结尾，且作为第 j 列的最小总分值
 
int cal(int x)     // 统计 x 的二进制中 1 的个数，用于枚举行选择
{
    int cnt = 0;
    while (x)
    {
        if(x & 1)  cnt++ ;
        x = x >> 1;
    }
    return cnt;
}
 
int main()
{
    int ans = INF;
    scanf("%d%d%d%d",  &n, &m, &r, &c);
 
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        for (int j = 1; j <= m; j ++ )
            cin >> a[i][j];  // 读入矩阵
 
    // 外圈 for 循环通过 op 中1的个数来枚举行。比如 00001011 表示枚举第1，2，4行
    for (int op = 1; op < (1 << n); op++ )
    {
        if(cal(op) != r)  continue; // 如果op中1的个数与r相等，则继续下面的操作。否则寻找下一个数
 
        int cnt = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++ )
            if(op >> (i - 1) & 1)
                row[ ++cnt ] = i;   // row[1]=i 表示选择第i行作为第1行
 
        // 在行固定的情况下，预先处理行与行之间相同列的分值差
        for (int i = 1; i <= m; i++ )
        {
            ver[i] = 0;
            for (int j = 2; j <= cnt; j++ )  // ver[i]表示在选中的r行中，上下都是第i列的分值差的和
                ver[i] +=  abs(a[row[j]][i] - a[row[j - 1]][i]);  // 第2行-第1行；第3行-第二2 ......
        }
 
        // 在行固定的情况下，预先处理每一和第i列和第j列的分值差
        for (int i = 1; i <= m; i ++ )
            for (int j = i + 1; j <= m; j++ )
            {
                hor[i][j] = 0;
                for (int k = 1; k <= cnt; k++ ) // hor[i][j]表示在选中的r行中，水平第i列和第j列分值差的和
                    hor[i][j] += abs(a[ row[k] ][j] - a[ row[k] ][i]); // 第row[k]行的第j列 - 第row[k]行的第i列。对 row[k] 进行枚举求和
            }
        // 在行固定的情况下，使用dp方程 dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[k][j - 1] + hor[k][i] + ver[i])
        for (int i = 1; i <= m; i++ )
        {   // dp[i][j] 表示在行固定的情况下，取第 i 列结尾，且作为第 j 列的最小总分值
            dp[i][1] = ver[i]; // 如果只取 1 列；则没有水平方向的分值差。dp[i]就等于ver[i]
            for (int j = 2; j <= c; j++ )
            {
                dp[i][j] = INF;
                for (int k = 1; k < i; k++ )  // 如果 dp[i][j] 是从 dp[k][j - 1] 转移过来
                    dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[k][j - 1] + hor[k][i] + ver[i]);
            }
            ans = min(ans, dp[i][c]);   // 记录在行固定的情况下，选取了c列的最小值
        }
    }
 
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

3. 螺旋矩阵 1. 金币