题目

题目描述

这里有一个 n*m 的矩阵，请你选出其中 k 个子矩阵，使得这个 k 个子矩阵分值之和最大。注意：选出的 k 个子矩阵不能相互重叠。

输入格式

第一行为 n,m,k（1≤n≤100,1≤m≤2,1≤k≤10），接下来n行描述矩阵每行中的每个元素的分值(每个元素的分值的绝对值不超过 32767 )。

输出格式

只有一行为 k 个子矩阵分值之和最大为多少。

样例

样例输入

3 2 2
1 -3
2 3
-2 3

样例输出

9

题解

只有一列

对于只有一列的情况，我们只需要考虑三种情况，首先是当前数字选还是不选，选的话是与上一个子矩阵合并还是重新开启一个子矩阵。

因此，我们可以用一个三维数组来进行状态转移：dp[i][j][0/1]表示前 i 行有 j 个子矩阵且当前行选（1）或不选（0）。

不选的话，无论上一行是什么情况其实都不影响，所以可以直接转移：dp[i][j][0]=max(dp[i-1][j][0],dp[i-1][j][1])

选的话，如果重新开启一个子矩阵，那么就和上一行的状态没有关系了，为了代码写着方便一些，我直接用了不选的情况进行转移（值是一样的），另一种情况是与上一个子矩阵合并，所以转移方程是：dp[i][j][1]=max(dp[i][j][0],dp[i-1][j][1])+a[i][1]

变成两列

变成两列的时候，我们需要考虑每一行有五种不同的状态：

两列都不选（00）
只选右边一列（01）
只选左边一列（10）
左右两边都选并且作为一个整体（11）
左右两边都选但是分别选（11*）

这五种情况我们分别来看。

两列都不选（00）：这和只有一列的情况差不多，都是和上一行的状态没有关系，所以需要全部转移。dp[i][j][0]=max(dp[i-1][j][0],max(dp[i-1][j][1],max(dp[i-1][j][2],max(dp[i-1][j][3],dp[i-1][j][4]))))

只选右边一列（01）：既可以重新开启一个子矩阵（从当行的两列都不选转移），也可以与上一个子矩阵合并，合并的话有两种，一种是从（01）合并，但比较容易忽略掉的，也可以从（11*）合并，而且最后要记得加上本行选择了的值。dp[i][j][1]=max(dp[i][j-1][0],max(dp[i-1][j][1],dp[i-1][j][4]))+a[i][2]

只选左边一列（10）：和只选右边一列的方法是一样的。dp[i][j][2]=max(dp[i][j-1][0],max(dp[i-1][j][2],dp[i-1][j][4]))+a[i][1]

左右两边都选并且作为一个整体（11）：这种状态比较特殊，因为它只能要么重新开启一个子矩阵，要么就只能从上一行相同的状态转移。很需要注意的是，它不能从（11*）转移。大体和前面其实也是差不多的。dp[i][j][3]=max(dp[i][j-1][0],dp[i-1][j][3])+a[i][1]+a[i][2]

左右两边都选但是分别选（11*）：这种状态可以从（00）、（01）、（10）、（11*）四种状态转移，但需要注意每种转移状态的矩阵的减少量不同。dp[i][j][4]=max(dp[i][j-2][0],max(dp[i-1][j-1][1],max(dp[i-1][j-1][2],dp[i-1][j][4])))+a[i][1]+a[i][2]

总结

这道题其实想明白了就很简单，最难的地方在于区分每一行的状态（虽然我被卡住的地方是如何定义状态），只要想明白了每一行的状态是如何区分的，再注意一下取值范围，该加特判的地方加特判，这道题也就解决了。

代码实现

//洛谷 P2331 [SCOI2005]最大子矩阵
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,m,k;
int a[110][5];
int dp[110][20][10];int main(){scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);for(int i=1;i<=n;++i){for(int j=1;j<=m;++j){scanf("%d",&a[i][j]);}}if(m==1){//只有一列for(int i=1;i<=n;++i){for(int j=0;j<=k;++j){dp[i][j][0]=max(dp[i-1][j][0],dp[i-1][j][1]);//不选if(j){dp[i][j][1]=max(dp[i][j-1][0],dp[i-1][j][1])+a[i][1];//选}}}printf("%d\n",max(dp[n][k][0],dp[n][k][1]));}else{//变成两列for(int i=1;i<=n;++i){for(int j=0;j<=k;++j){dp[i][j][0]=max(dp[i-1][j][0],max(dp[i-1][j][1],max(dp[i-1][j][2],max(dp[i-1][j][3],dp[i-1][j][4]))));if(j){dp[i][j][1]=max(dp[i][j-1][0],max(dp[i-1][j][1],dp[i-1][j][4]))+a[i][2];dp[i][j][2]=max(dp[i][j-1][0],max(dp[i-1][j][2],dp[i-1][j][4]))+a[i][1];dp[i][j][3]=max(dp[i][j-1][0],dp[i-1][j][3])+a[i][1]+a[i][2];if(j>=2){dp[i][j][4]=max(dp[i][j-2][0],max(dp[i-1][j-1][1],max(dp[i-1][j-1][2],dp[i-1][j][4])))+a[i][1]+a[i][2];}} }}printf("%d\n",max(dp[n][k][0],max(dp[n][k][1],max(dp[n][k][2],max(dp[n][k][3],dp[n][k][4])))));}return 0;
}

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