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AcWing 460 子矩阵

一、题目描述

给出如下定义：

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。

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。

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。

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（均不超过 $1000$），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。

数据范围 1≤n,m≤16,1≤r≤n,1≤c≤m

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

解析： 样例$1$： 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

解析 样例$2$： 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

二、题目解析

(枚举,$DP$,线性DP) O(C_n^rn^3)

当选定的行固定时，问题变成：

给定一个长度为 m 的序列，从中选出一个长度为 c 的子序列。序列中的每个元素均有一个分值，且任意相邻两个被选出的元素，也会产生一个分值。问：如何选择子序列可使分值之和最小。

这是一个经典的序列$DP$模型：

状态表示 $f[i][j]$表示所有以第$i$个数结尾，且长度为$j$的子序列的分值之和的最小值。

状态计算 以倒数第二个数是哪个数为依据，将$f[i][j]$所代表的集合分成若干类，则倒数第二个数是第$k$个数的所有子序列的最小分值是

f[k][j - 1] + cost()

其中$cost()$是在序列末尾加上第$i$个数所产生的分值。

$f[i][j]$取所有类别的最小分值即可。

由于 n 较小，我们可以直接枚举行的所有选择，然后用上述做法$DP$即可。

时间复杂度 一共有 n 行，从中选出 r 行，总共有 C_n^r 种选择，对于每种选择，$DP$的状态总共有 $O(n^2)$个，计算每个状态需要 O(n) 的计算量，因此$DP$的时间复杂度是 $O(n^3)$。所以总时间复杂度是 $O(C_n^rn^3)$。

三、实现代码

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 20;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

int n, m, r, c; // n行m列的矩阵，从中选择r行c列
int a[N][N];    // 原始矩阵
int f[N][N];    // DP数组
int cw[N];      // 每一列内部的代价，column代价,用cw表示(在行确定的情况下)
int rw[N][N];
// 任意两列之间的代价,因为列之间可能不连续，所以需要用二维描述
// 比如rw[3][6],描述第3列与第6列被选中，它们之间相邻，计算它们之间的差值绝对值，
// 也就是横向代价。

int q[N];

// 计算一个二进制数中有多少个数字1
int count(int x) {
    int s = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++) s += x >> i & 1;
    return s;
}

int main() {
    cin >> n >> m >> r >> c;
    for (int i = 0; i < n; i++)
        for (int j = 0; j < m; j++)
            cin >> a[i][j];

    int res = INF;
    for (int st = 0; st < 1 << n; st++) // 二进制枚举
        if (count(st) == r) {           // 如果二进制的状态表示中，数字1的个数与目标值相同
            for (int i = 0, j = 0; i < n; i++)
                if (st >> i & 1) q[j++] = i; // 记录选择了哪几行

            // 预处理出每一列(i列)(在选择r行后,形成的小矩阵情况下)
            // 数字上下之间的abs(差值)
            for (int i = 0; i < m; i++) {   // 枚举每一列
                cw[i] = 0;                  // 计算每一列数字上下之间的abs(差值)和
                for (int j = 1; j < r; j++) // 选择的每一行
                    cw[i] += abs(a[q[j]][i] - a[q[j - 1]][i]);
            }

            // 如果i与j列选择后相邻,预处理出sum(abs(差值)),方便DP增量时使用
            // j一定要在i后面才有意义
            for (int i = 0; i < m; i++)           // 枚举每一列,开始列
                for (int j = i + 1; j < m; j++) { // 从i列到j列,结束列
                    rw[i][j] = 0;                 // 多轮DP，需要手动初始化后才能进行处理
                    for (int k = 0; k < r; k++)   // 选择的每一行
                        rw[i][j] += abs(a[q[k]][i] - a[q[k]][j]);
                    // 将多行的相邻(i,j)列之间的所有abs(差值)都汇总到rw[i][j]
                }

            // DP
            for (int i = 0; i < m; i++) { // 枚举每一列
                f[i][1] = cw[i];          // 第i个数结尾，长度为1的子矩阵，没有横向的，只有纵向的
                for (int j = 2; j <= c; j++) {
                    f[i][j] = INF;
                    // 向前寻找前一个有效位置k
                    for (int k = 0; k < i; k++)
                        // 两者间的转移关系= + 纵向i列转移代价 + (k,i)之间的横向转移代价
                        f[i][j] = min(f[i][j], f[k][j - 1] + cw[i] + rw[k][i]);
                }
                // 每次的结果都有机会参加评比
                res = min(res, f[i][c]);
            }
        }
    // 输出最终的最小值
    cout << res << endl;
    return 0;
}