Blue Mary的战役地图

Blue Mary的战役地图( hash(starstar ))

• 时限：(1s) 内存：(256M)

Descrption

• (Blue Mary) 最近迷上了玩 (Starcraft) (星际争霸) 的 (RPG) 游戏。她正在设法寻找更多的战役地图以进一步提高自己的水平。
• 由于 (Blue Mary) 的技术已经达到了一定的高度,因此，对于用同一种打法能够通过的战役地图，她只需要玩一张，她就能了解这一类战役的打法，然后她就没有兴趣再玩儿这一类地图了。而网上流传的地图有很多都是属于同一种打法，因此 (Blue Mary) 需要你写一个程序，来帮助她判断哪些地图是属于同一类的。
• 具体来说，(Blue Mary) 已经将战役地图编码为 (n imes n) 的矩阵，矩阵的每个格子里面是一个 (32) 位（有符号）正整数。对于两个矩阵，他们的相似程度定义为他们的最大公共正方形矩阵的边长。两个矩阵的相似程度越大，这两张战役地图就越有可能是属于同一类的。

Input

• 输入文件的第一行包含一个正整数 (n) 。
• 以下 (n) 行，每行包含 (n) 个正整数，表示第一张战役地图的代表矩阵。
• 再以下 (n) 行，每行包含 (n) 个正整数，表示第二张战役地图的代表矩阵。

Output

• 输出文件仅包含一行。这一行仅有一个正整数，表示这两个矩阵的相似程度。

Sample Input

3
1 2 3
4 5 6
7 8 9
5 6 7
8 9 1
2 3 4

Sample Output

2

Hint

• 子矩阵：

  5 6

  8 9

  为两个地图的最大公共矩阵

• 对于(30\%) 的数据 (1<=n<=50) 。

• 对于 (60\%) 的数据 (1<=n<=200)。

• 对于 (100\%) 的数据 (1<=n<=500) 。

• 来源：(luogup4398)

分析

• 方法一：(dp)
  • 此题很像线性 (dp) 的求最长公共子串。但不同的是此题是二维矩阵，我们可以参照最长公共子串的模型定义出状态：(dp[x1][y1][x2][y2]) 表示第一个矩阵的右下角坐标为 ((x1,y1)) ，第二个矩阵的右下角坐标为 ((x2,y2)) 公共正方形最大的边长。则有状态转移方程：
  • (dp[x1][y1][x2][y2]=min(dp[x1-1][y1-1][x2-1][y2-1],min(dp[x1][y-1][x2][y2-1],dp[x1-1][y1][x2-1][y2])))
  • 即 ((x1,y1),(x2,y2)) 为右下角的最大公共子矩阵要看以当前点的左边，正上，左上为右下角的三个公共矩阵中最小的再加上 (1)，这个 (1) 就是当前点坐在的行和列。
  • 这是这类题的典型做法，但实在对不起，(nle 100) ,(n^4) 有点悬，不过本服务器还是能压过。

Code

#include<bits/stdc++.h>
const int maxn=101,Inf=0x3f3f3f3f;
int dp[maxn][maxn][maxn][maxn];
int n,a[maxn][maxn],b[maxn][maxn];
void Init(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=1;j<=n;++j)
            scanf("%d",&a[i][j]);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=1;j<=n;++j)
            scanf("%d",&b[i][j]);
}
void Solve(){
    int ans=0;
    for(int x1=1;x1<=n;++x1)
        for(int y1=1;y1<=n;++y1)
            for(int x2=1;x2<=n;++x2)
                for(int y2=1;y2<=n;++y2)
                    if(a[x1][y1]==b[x2][y2]){
                        dp[x1][y1][x2][y2]=std::min(dp[x1-1][y1-1][x2-1][y2-1],std::min(dp[x1][y1-1][x2][y2-1],dp[x1-1][y1][x2-1][y2]))+1;
                        ans=std::max(ans,dp[x1][y1][x2][y2]);
                    }
    printf("%d
",ans);
}
int main() {
    Init();
    Solve();
    return 0;
}

方法二： (hash)

• 二维 (hash)

• (Code)

  #include<bits/stdc++.h>
  typedef unsigned long long uLL;
  const int maxn=101,Inf=0x3f3f3f3f;
  const uLL RowBase=11,ColBase=13;
  int n;
  uLL Row[maxn],Col[maxn];
  uLL a[maxn][maxn],b[maxn][maxn];
  void Init(){
      scanf("%d",&n);
      for(int i=1;i<=n;++i)
          for(int j=1;j<=n;++j)
              scanf("%lld",&a[i][j]);
      for(int i=1;i<=n;++i)
          for(int j=1;j<=n;++j)
              scanf("%lld",&b[i][j]);
      Row[0]=Col[0]=1;//Row:行基数，Col:列基数
      for(int i=1;i<=n;++i)//Row[i]表示第i位的以RowBase为进制的基数
          Row[i]=Row[i-1]*RowBase;
      for(int i=1;i<=n;++i)
          Col[i]=Col[i-1]*ColBase;
  }
  uLL Calc(uLL a[][maxn],int x,int y,int h){//二维哈希的标准姿势
      return a[x][y]-a[x-h][y]*Col[h]-a[x][y-h]*Row[h]+a[x-h][y-h]*Row[h]*Col[h];
  }
  void Solve(){
      for(int i=1;i<=n;++i)//把每一行压缩成一个RowBase进制数
          for(int j=1;j<=n;++j)
              a[i][j]=a[i][j-1]*RowBase+a[i][j];
      for(int i=1;i<=n;++i)//压缩列
          for(int j=1;j<=n;++j)
              a[i][j]=a[i-1][j]*ColBase+a[i][j];
      std::map<uLL,bool> mp;
      for(int h=0;h<=n;++h)//正方形边长
          for(int i=h;i<=n;++i)//i,j为正方形的右下角
              for(int j=h;j<=n;++j)
                  mp[Calc(a,i,j,h)]=1;//赋值为什么都可以，只要有就行
      for(int i=1;i<=n;++i)
          for(int j=1;j<=n;++j)
              b[i][j]=b[i][j-1]*RowBase+b[i][j];
      for(int i=1;i<=n;++i)
          for(int j=1;j<=n;++j)
              b[i][j]=b[i-1][j]*ColBase+b[i][j];
      for(int h=n;h>=0;--h)//注意h可以为0，因为可能没有相同的元素
          for(int i=h;i<=n;++i)
              for(int j=h;j<=n;++j)
                  if(mp.find(Calc(b,i,j,h))!=mp.end()){
                      printf("%d
  ",h);return;
                  }
  }
  int main() {
      Init();
      Solve();
      return 0;
  }