[luoguP2331] [SCOI2005]最大子矩阵（DP）

传送门

orz不会做。。。

一个好理解的做法（n^3*k）：

分n=1和n=2两种情况考虑。

n=1时，预处理出前缀和sum[]。

设f[i][j]为到达第i格，已经放了j个子矩阵的最大和，

那么每次先把f[i][j]的值设为f[i-1][j]（第i个元素不属于第j个子矩阵）

剩下的情况就是第i个元素属于第j个子矩阵了。

这时候用max(f[h-1][j-1]+(sum[i]-sum[h-1]), 1<=h<=i)更新f[i][j]的最大值，即枚举第j个子矩阵的起始点。

最终答案为f[m][k]。（边界条件为f[0][j]=0，包含空矩阵）

n=2时，预处理出分别列的前缀和sum1[],sum2[]。

设f[i][j][l]为在第1列到达第i格，第2列到达第j格，已经放了l个子矩阵的最大和，

那么每次先把f[i][j][l]的值设为max(f[i-1][j][l],f[i][j-1][l])（第i行第1列不属于子矩阵或第j行第2列不属于子矩阵，两者取较大值）

剩下的情况就是第i行第1列和第j行第2列都属于子矩阵了。

分两种情况：

一、第i行第1列和第j行第2列属于不同的子矩阵

分别枚举第i行第1列所在子矩阵的起始点和第j行第2列所在子矩阵的起始点并更新答案，

即用max(f[h-1][j][l-1]+(sum1[i]-sum1[h-1]), 1<=h<=i)和max(f[i][h-1][l-1]+(sum2[j]-sum2[h-1]),1<=h<=j)更新f[i][j]的最大值。

二、第i行第1列和第j行第2列属于同一子矩阵

仅当i==j时才包含这种情况（因为i和j要作为当前状态中子矩阵的末尾）。这时候这个子矩阵的列数必定为2。

还是一样枚举子矩阵的起始点，

在i==j的条件下用max(f[h-1][h-1][l-1]+(sum1[i]-sum1[h-1])+(sum2[j]-sum2[h-1]),1<=h<=i)更新答案。

最后答案为f[m][m][k]（边界条件为f[0][0][l]=0，包含空矩阵）

#include <cstdio>
#define M 15
#define N 105
#define max(x, y) ((x) > (y) ? (x) : (y))

int n, m, K;
int sum[N][M];
int f[N][N][M], f0[N][M];

int main()
{
	int i, j, k, l, x;
	scanf("%d %d %d", &n, &m, &K);
	for(i = 1; i <= n; i++)
		for(j = 1; j <= m; j++)
		{
			scanf("%d", &x);
			sum[i][j] = sum[i - 1][j] + x;
		}
	if(m == 1)
	{
		for(i = 1; i <= n; i++)
			for(j = 1; j <= K; j++)
			{
				f0[i][j] = f0[i - 1][j];
				for(k = 1; k <= i; k++)
					f0[i][j] = max(f0[i][j], f0[k - 1][j - 1] + sum[i][1] - sum[k - 1][1]);
			}
		printf("%d\n", f0[n][K]);
		return 0;
	}
	for(i = 1; i <= n; i++)
		for(j = 1; j <= n; j++)
			for(k = 1; k <= K; k++)
			{
				f[i][j][k] = max(f[i - 1][j][k], f[i][j - 1][k]);
				for(l = 1; l <= i; l++)
					f[i][j][k] = max(f[i][j][k], f[l - 1][j][k - 1] + sum[i][1] - sum[l - 1][1]);
				for(l = 1; l <= j; l++)
					f[i][j][k] = max(f[i][j][k], f[i][l - 1][k - 1] + sum[j][2] - sum[l - 1][2]);
				if(i == j)
					for(l = 1; l <= i; l++)
						f[i][i][k] = max(f[i][i][k], f[l - 1][l - 1][k - 1] + sum[i][1] - sum[l - 1][1] + sum[i][2] - sum[l - 1][2]);
			}
	printf("%d\n", f[n][n][K]);
	return 0;
}

　　
还看到一个比较神的nk做法

O（Nk）时间复杂度0ms过

只有一列的不用说吧，我说下两列的

考虑每一行的状态

0 空出这一行

1 选择左边空出右边

2 选择右边空出左边

3 选择这一行两个（不作为一个矩阵，而是左边一列单独一个矩阵，右边单独一个矩阵）

4 选择这一行两个（两个一块作为一个矩阵的一部分）

定义f[i,j,k]为当前处理到第i行，已经选了j个矩阵，当前行状态为k的最大值（k为上面的0-4种状态）

如果空出这一行，则j不需要变化，直接继承上一行的各种状态的最大值

f[i][j][0]=max(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]);

如果选择左边空出右边，如果上一行的左边没有单独地选择成为矩阵的话（即选择1或3），则j需要包含新选择成为的矩阵（即这一行的左边的这个矩阵）,

如果上一行为同时选择两列的为一个矩阵的状态，则只选择单独的左边是不能包含进去上一行的矩阵的，所以也应j-1(t1为这一行左边的值)

f[i][j][1]=max(f[i-1][j-1][0],f[i-1][j][1],f[i-1][j-1][2],f[i-1][j][3], f[i-1][j-1][4])+t1;

右边同理(t2为这一行右边的值)

f[i][j][2]=max(f[i-1][j-1][0],f[i-1][j-1][1],f[i-1][j][2],f[i-1][j][3], f[i-1][j-1][4])+t2;

选择两个分别单独作为矩阵，类似只选择左边或右边，不过是单独选左边和右边合并了下

f[i][j][3]=max(f[i-1][j-1][1],f[i-1][j-1][2],f[i-1][j][3])+t1+t2;

if(j>=2) f[i][j][3]=max(f[i][j][3],f[i-1][j-2][4]+t1+t2);

选择两个作为一个矩阵，则上一行除了可以接上的，都得j-1

f[i][j][4]=max(f[i-1][j-1][0],f[i-1][j-1][1],f[i-1][j-1][2],f[i-1][j-1][3],f[i-1][j][4])+t1+t2;