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    首先在说这道题前,我要感谢

    shellpicker

    大佬的题解,链接如下:https://www.cnblogs.com/wzj-xhjbk/p/9790976.html

    题目描述

    N×MN×M的矩阵中,每个格子有一个权值,要求寻找一个包含K个格子的凸连通块(连通块中间没有空缺,并且轮廓是凸的,如右图所示),使这个连通块中的格子的权值和最大。求出这个最大的权值和,并给出连通块的具体方案。

    输入格式

    在输入的第一行上有3个整数N,M,K(1 <= N,M <= 15,0 <= K <= N * M)。 接下来的N行包含M个整数,它们是该正方形上的石油资源数量。 这些数字中的每一个都在0到1000的范围内。

    输出格式

    在输出的第一行,写入字符串“Oil:X”,其中整数X是可由A国控制的最大油数。 接下来你应该输出K对数字---将被A国占据的正方形坐标。 第一个坐标是行数(从上到下,从1开始),第二个是列数(从左到右,从1开始)。

    样例数据

    input

    2 3 4 
    10 20 30 
    40 2 3

    output

    Oil : 100 
    1 1 
    1 2 
    1 3 
    2 1

    数据规模与约定

    时间限制:0.75s0.75s

    空间限制:65MB

    题解:

      首先我们得先了解一下“凸连通块”的概念,算阶上解释为:可以划分成连续的若干行,每行的左端点列号先递减,后递增,右端点先递增,后递减。为了方便理解,如图所示:

    像这样的图形,称之为凸连通块,以下简称块,当然,块通常不可能是对称的(这是句废话)。

    我们从块的最下面往上看,如箭头所指方向,除第一行外,每个第i行的状态只与第i-1行有关。知道这个前提,接下来我们来详细说明一下状态转移。

    首先我们设dp[i][j][l][r][x][y],含义为:前i行选择了j块,其中第i行块最左为l,最右为r,x(0 / 1)左边单调性:0为递增,1为递减,y同理。状态则只有四种。  1,0           1,1             0,1              0,0

     1.  1,0 左边递减,右边递增

    i-1行状态也必然为1,0观察块的概念图即可得。

    2.1,1左右均递减

    与黄线交点即为i-1的状态由两图可得。第i-1行的状态可能为1,1或1,0

    3.0,1

    与黄线交点即为i-1的状态

     由这四个图可得i-1行状态为1.0或1,1或0,1或0,0.。

    4.0,0

    与黄线交点即为i-1的状态由两图可得,第i-1行有1,0或0,0两种状态。

    分析结束,代码具体如下(含解析):

    #include<bits/stdc++.h>
    using
    namespace std; #define f(i,a,b) for(i = a;i <= b;i ++)//减少大量for循环 int i,j,p,l,r,q,x,y;//循环变量 int ii,ll,rr,xx,yy,ans; const int N = 26; int n,m,k,sum[20][20],dp[N][N*N][N][N][2][2];//前i行选择了j块,其中第i行块最左为l,最右为r,x(0 / 1)左边单调性:0为递增,1为递减,y同理 struct edge { int l,r,x,y; }pp[N][N*N][N][N][2][2];//记录方案数 void check(int NUM,int L,int R,int X,int Y) { edge& P = pp[i][j][l][r][x][y]; if(dp[i][j][l][r][x][y] >= NUM) return; dp[i][j][l][r][x][y] = NUM; P = (edge){L,R,X,Y}; }//状态转移(比大小,赋值) void print(int i,int j,int l,int r,int x,int y) { if(j == 0) return;//记忆化搜索 edge& P = pp[i][j][l][r][x][y]; print(i - 1,j - r + l - 1,P.l,P.r,P.x,P.y); f(j,l,r) printf("%d %d ",i,j); }//将所有方案打印 int main() { // freopen("input.in","r",stdin); // freopen("output.out","w",stdout); cin >> n >> m >> k; f(i,1,n)f(j,1,m) { scanf("%d",&sum[i][j]); sum[i][j] += sum[i][j-1]; }//提前求出前缀和,方便计算 f(i,1,n)f(j,1,k)f(l,1,m)f(r,l,m) { if(r - l + 1 > j) break;//r-l+1如果小于j,无意义,退出
    //四种分类讨论,在计算时也可以将r-l+1设为一个值,求块数,并有利于计算,我到最后才发现,还可以省很多,代码可以更简洁 x
    = y = 1;// int num = sum[i][r] - sum[i][l - 1];//方便计算 f(p,l,r)f(q,r,m) { check(dp[i - 1][j - r + l - 1][p][q][1][0] + num,p,q,1,0); check(dp[i - 1][j - r + l - 1][p][q][1][1] + num,p,q,1,1); } x = 1,y = 0;// f(p,l,r)f(q,p,r) check(dp[i - 1][j - r + l - 1][p][q][1][0] + num,p,q,1,0); x = 0,y = 1;// f(p,1,l)f(q,r,m) { check(dp[i - 1][j - r + l - 1][p][q][1][1] + num,p,q,1,1); check(dp[i - 1][j - r + l - 1][p][q][1][0] + num,p,q,1,0); check(dp[i - 1][j - r + l - 1][p][q][0][1] + num,p,q,0,1); check(dp[i - 1][j - r + l - 1][p][q][0][0] + num,p,q,0,0); } x = y = 0;// f(p,1,l)f(q,l,r) { check(dp[i - 1][j - r + l - 1][p][q][1][0] + num,p,q,1,0); check(dp[i - 1][j - r + l - 1][p][q][0][0] + num,p,q,0,0); } } f(i,1,n)f(l,1,m)f(r,l,m)f(x,0,1)f(y,0,1) if(ans < dp[i][k][l][r][x][y]) { ans = dp[i][k][l][r][x][y]; ii = i,ll = l,rr = r,xx = x,yy = y; } printf("Oil : %d ",ans); print(ii,k,ll,rr,xx,yy); return 0; }

       这道题也结束,总结一下学到了什么。还要感谢shellpicker大佬,在看到他的题解前我只会很“耿直”的写代码,以至于第一次,我写了一个120多行的dp,后来一改快一二百行,几十个循环差错查了一个多小时后放弃了。但看了大佬的题解后,恍然大悟,使自己

    代码更简洁,发现宏定义原来这么好用,省略了许多循环(菜鸟勿喷),还有就是“&”引用也省略了许多代码量,减至77行。

      ❀完结撒花❀

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