【vijos P1914】【codevs 3904】[NOIP2014 普及组T4]子矩阵（dfs+状压dp）

P1914子矩阵
Accepted

标签：NOIP普及组2014[显示标签]

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。

格式

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，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。

样例1

样例输入1[复制]

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

样例输出1[复制]

6

样例2

样例输入2[复制]

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

样例输出2[复制]

16

限制

对于 50%的数据，1 ≤ n ≤ 12, 1 ≤ m ≤ 12, 矩阵中的每个元素 1 ≤ a[i][j] ≤20；
对于 100%的数据，1 ≤ n ≤ 16, 1 ≤ m ≤ 16, 矩阵中的每个元素 1 ≤ a[i][j] ≤1000,1 ≤ r ≤ n, 1 ≤ c ≤ m。
时间限制：每一组测试数据1s。

提示

【输入输出样例 1 说明】

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

675566656756

，其分值为 |6 − 5| + |5 − 6| + |7 − 5| + |5 − 6| + |6 − 7| + |5 − 5| + |6 − 6| = 6。
【输入输出样例 2 说明】

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

99578888109789885810

来源

NOIP2014 普及组
【题解】【dfs+状压dp】
【一眼没思路。。。大脑离线中】
【看看范围很小，而且这种题不明显是dp嘛！！！状态很多且范围小，所以这必然是一道状压dp】
【先dfs处理出所有的状态。 然后预处理出sum[i][j]表示第i行第j中状态下的答案；g[i][j][k]在第k种情况下第i和和第j行之间的答案】
【f[i][j][k]表示前i行取j行且第i行必取状态为k的答案，dp方程：f[i][j][k]=min(f[l][j-1][k]+g[l][i][k]+sum[i][k])(1<=l<i)】

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,m,r,c,a[20][20];
int type[15010],cnt,nm[15010][20],ans;
int sum[20][15010],g[20][20][15010],f[20][20][15010];
inline int abss(int x)
{
if(x>=0) return x;
return -x;
}
void dfs(int x,int t,int k)
{
if(x==m+1)
{
if(t==c) type[++cnt]=k;
return;
}
dfs(x+1,t+1,k+(1<<(x-1)));
dfs(x+1,t,k);
}
int main()
{
int i,j;
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&r,&c);
for(i=1;i<=n;++i)
for(j=1;j<=m;++j)
scanf("%d",&a[i][j]);
dfs(1,0,0);
for(i=1;i<=cnt;++i)
for(j=0;j<m;++j)
if(nm[i][0]==c) break;
else
if(type[i]&(1<<j)) nm[i][++nm[i][0]]=j+1;
for(i=1;i<=n;++i)
for(j=1;j<=cnt;++j)
for(int k=2;k<=c;++k)
sum[i][j]+=abss(a[i][nm[j][k-1]]-a[i][nm[j][k]]);
for(i=1;i<n;++i)
for(j=i+1;j<=n;++j)
for(int k=1;k<=cnt;++k)
for(int l=1;l<=c;++l)
g[i][j][k]+=abss(a[i][nm[k][l]]-a[j][nm[k][l]]);
memset(f,127/3,sizeof(f));
for(i=1;i<=n;++i)
for(j=1;j<=cnt;++j)
f[i][0][j]=0,f[i][1][j]=sum[i][j];
for(i=2;i<=n;++i)
for(j=2;j<=min(r,i);++j)
for(int k=1;k<=cnt;++k)
for(int l=1;l<i;++l)
f[i][j][k]=min(f[i][j][k],f[l][j-1][k]+g[l][i][k]+sum[i][k]);
ans=0x7fffffff;
for(i=r;i<=n;++i)
for(j=1;j<=cnt;++j)
ans=min(ans,f[i][r][j]);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}