$[\ SCOI\ 2005\ ]$ 最大子矩阵

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$Description$

给出一个$N\times M$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。

$N\in [1,100]$，$M\in \{1,2\}$，$K\in [1,10]$

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$Solution$

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：$\begin{align}f[i][j][0]=max\{f[i-1][j][0/1/2/3/4]\}\end{align}$
- $1$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：$\begin{align}f[i][j][1]=a[i][0]+max\{f[i-1][j-1][0/2/3],f[i-1][j][1/4]\}\end{align}$
- $2$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：$\begin{align}f[i][j][2]=a[i][1]+max\{f[i-1][j-1][0/1/3],f[i-1][j][2/4]\}\end{align}$
- $3$状态只能从$3$状态直接转移，定义$s[i]=a[i][0]+a[i][1]$：$\begin{align}f[i][j][3]=s[i]+max\{f[i-1][j-1][0/1/2/4],f[i-1][j][3]\}\end{align}$
- $4$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：$\begin{align}f[i][j][4]=s[i]+max\{f[i-1][j-2][0/3],f[i-1][j-1][1/2],f[i-1][j][4]\}\end{align}$
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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$Code$

#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\n",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\n",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;
}

$[\ SCOI\ 2005\ ]$ 最大子矩阵

\(Description\)

\(Solution\)

\(Code\)

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