[ SCOI 2005 ] 最大子矩阵

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(Description)

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给出一个(N imes M)的有权矩阵，选出其中(K)个互不重叠的子矩阵，使得这(K)个子矩阵的权值和最大。

• (Nin [1,100])，(Min {1,2})，(Kin [1,10])

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(Solution)

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• 对于(M=1)的情况，矩阵是一个长为(N)的数列，问题变为(K)段最大子段和，可以参考：最大子段和系列问题。

• 对于(M=2)的情况，沿用上一情况的做法，设状态(f[i][j][S])表示当前处理到第(i)行，已经选了(j)个子矩阵，本行选则方式为(S)的方案数。

• 分析情况可知，(S)有一下五种：

  • (0)：两个位置都不选
  • (1)：只选左边的元素
  • (2)：只选右边的元素
  • (3)：两个都选，放在一个矩形里
  • (4)：两个都选，放在两个矩形里

• 对五种状态分别讨论转移即可：

  • (0)状态无需考虑任何限制，直接从上一行的五种状态转移：(egin{align}f[i][j][0]=max{f[i-1][j][0/1/2/3/4]}end{align})
  • (1)状态只能从(1)状态和(4)状态直接继承，其他都得从上一个矩形转移：(egin{align}f[i][j][1]=a[i][0]+max{f[i-1][j-1][0/2/3],f[i-1][j][1/4]}end{align})
  • (2)状态只能从(2)状态和(4)状态直接转移，其他都得从上一个矩形转移：(egin{align}f[i][j][2]=a[i][1]+max{f[i-1][j-1][0/1/3],f[i-1][j][2/4]}end{align})
  • (3)状态只能从(3)状态直接转移，定义(s[i]=a[i][0]+a[i][1])：(egin{align}f[i][j][3]=s[i]+max{f[i-1][j-1][0/1/2/4],f[i-1][j][3]}end{align})
  • (4)状态只能直接从(4)状态转移，但是可以利用(1)状态和(2)状态的矩阵：(egin{align}f[i][j][4]=s[i]+max{f[i-1][j-2][0/3],f[i-1][j-1][1/2],f[i-1][j][4]}end{align})

• 需要注意的是，初始化只有所有的(0)状态为(0)，其他应该是(-infty)，防止一些转移的初始状态不存在。

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(Code)

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#include<cmath>
#include<cctype>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 110
#define K 15
#define R register
#define gc getchar
using namespace std;

inline int rd(){
  int x=0; bool f=0; char c=gc();
  while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=gc();}
  while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();}
  return f?-x:x;
}

int n,m,k,a[N][2],f[N][K][5];

inline void work1(){
  for(R int i=1;i<=n;++i) a[i][0]=rd();
  for(R int i=1;i<=n;++i)
    for(R int j=1;j<=min(i,k);++j){
      f[i][j][0]=max(f[i-1][j][0],f[i-1][j][1]);
      f[i][j][1]=a[i][0]+max(f[i-1][j][1],max(f[i-1][j-1][0],f[i-1][j-1][1]));
    }
  printf("%d
",max(f[n][k][1],f[n][k][0]));
};

inline int mx(int a,int b,int c,int d,int e){
  return max(max(a,b),max(max(c,d),e));
}

inline void work2(){
  memset(f,0xcf,sizeof(f));
  for(R int i=0;i<=n;++i)
    for(R int j=0;j<=k;++j) f[i][j][0]=0;
  for(R int i=1;i<=n;++i){a[i][0]=rd();a[i][1]=rd();}
  for(R int i=1;i<=n;++i)
    for(R int j=1;j<=k;++j){
      f[i][j][0]=mx(f[i-1][j][0],f[i-1][j][1],f[i-1][j][2],f[i-1][j][3],f[i-1][j][4]);
      f[i][j][1]=a[i][0]+mx(f[i-1][j][1],f[i-1][j][4],f[i-1][j-1][0],f[i-1][j-1][2],f[i-1][j-1][3]);
      f[i][j][2]=a[i][1]+mx(f[i-1][j][2],f[i-1][j][4],f[i-1][j-1][0],f[i-1][j-1][1],f[i-1][j-1][3]);
      f[i][j][3]=a[i][0]+a[i][1]+mx(f[i-1][j][3],f[i-1][j-1][0],f[i-1][j-1][1],f[i-1][j-1][2],f[i-1][j-1][4]);
      f[i][j][4]=a[i][0]+a[i][1]+max(f[i-1][j][4],max(f[i-1][j-1][1],f[i-1][j-1][2]));
      if(j>=2) f[i][j][4]=max(f[i][j][4],a[i][0]+a[i][1]+max(f[i-1][j-2][0],f[i-1][j-2][3]));
    }
  printf("%d
",mx(f[n][k][0],f[n][k][1],f[n][k][2],f[n][k][3],f[n][k][4]));
};

int main(){
  n=rd(); m=rd(); k=rd();
  (m==1)?work1():work2();
  return 0;
}