[HAOI2007]分割矩阵 DP+推式子

发现最近好少写博客啊（其实是各种摆去了）

更一点吧

这道题要求最小化均方差，其实凭直觉来说就是要使每个块分的比较均匀一点，但是单单想到想到这些还是不够的，

首先f[i][j][k][l][t]表示以(i,j)为左上角，(k,l)为右下角，一共分割的t次的矩形的最小xx，

其中xx是某个与最小均方差挂钩的东西，

通常这种要求推式子的题目都要从小的情况推广到所有情况。

这道题也是一样的，

对于一个被分为x1和x2的矩形而言（分割了一次），用X表示平均数，

那么X=权值和/块数，

那么方差为：[(X - x1)^2 + (X - x2)^2]    /    块数

对于固定的分割次数而言，块数是固定的，所以不管它，

那么我们就是要化简[(X - x1)^2 + (X - x2)^2]

原式=X^2 + x1^2 - 2 * X * x2 + X^2 + x2^2 - 2 * X * x2

=2(X ^ 2) + (x1^2 + x2^2) - 2 * X * (x1 + x2)

观察到x1+ x2就是权值和，是固定的，

而因为块数固定,X也是固定的，因此我们唯一可以改变的就是中间的平方部分，

所以我们的问题就转化为了一个矩形分割n-1次，求最小的平方和，

于是就可以直接dp了

f[i][j][k][l][t]表示以(i,j)为左上角，(k,l)为右下角，一共分割的t次的矩形的最小平方和，

同时为了满足dp性质（要求大状态先求小状态），左上角要倒着枚举，然后右下角正着枚举，

然后枚举分割线，枚举每块小矩形分割了多少次，最后计算一下即可

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 #define R register int
 #define AC 11
 int ll,rr,n;
 int f[AC][AC][AC][AC][AC];
 int s[AC][AC],sum[AC][AC];
 double ans,x;
 /*以分两块（分别含有两小块）的合成为例
 f[x]=((X - x1) ^ 2 + (X - x2) ^ 2)/2
 对分子化简得：2 * X ^ 2 + x1 ^ 2 + x2 ^ 2 - 2 * X * (x1 + x2),
 可以发现x1 + x2就是这一块的权值和，X为平均值，也就是权值和/块数，
 也就是说对于任意一种分法，影响最终答案的只有x1 ^ 2 + x2 ^ 2这种，
 所以只要最小化这个就可以了*/

 inline void upmin(int &a,int b)
 {
     if(b < a) a=b;
 }

 void pre()
 {
     memset(f,,sizeof(f));
     scanf("%d%d%d",&ll,&rr,&n);
     for(R i=;i<=ll;i++)
         for(R j=;j<=rr;j++)
             scanf("%d",&s[i][j]);
     for(R i=;i<=ll;i++)
         for(R j=;j<=rr;j++)
             sum[i][j]=s[i][j] + sum[i-][j] + sum[i][j-] - sum[i-][j-];
     for(R i=;i<=ll;i++)
         for(R j=;j<=rr;j++)
             for(R k=i;k<=ll;k++)
                 for(R l=j;l<=rr;l++)
                 {
                     int a=sum[k][l] - sum[i-][l] - sum[k][j-] + sum[i-][j-];
                     f[i][j][k][l][]=a * a;
                 }
     /*for(R i=1;i<=ll;i++)
     {
         for(R j=1;j<=rr;j++)
         {
             printf("%d ",sum[i][j]);
         }
         printf("\n");
     }*/
 }

 void work()
 {
     for(R t=;t<n;t++)
         for(R i=ll; i ;i--)//为了维护dp的条件，左上角应该要倒着枚举吧
             for(R j=rr; j ;j--)//枚举左上角
             {
                 for(R k=i;k<=ll;k++)
                     for(R l=j;l<=rr;l++)//枚举右上角
                     {
                         if(i == k && j == l) continue;
                         for(R p=j;p<l;p++)//枚举竖着的分界线
                             for(R tt=;tt<t;tt++)//原来的两块切割次数之和只能为t-1，因为现在切的就是第t次
                                 upmin(f[i][j][k][l][t],f[i][j][k][p][tt] + f[i][p+][k][l][t - tt - ]);
                         for(R p=i;p<k;p++)//枚举横着的分界线
                             for(R tt=;tt<t;tt++)//枚举两块分别切了多少次,注意从0开始！！！
                                 upmin(f[i][j][k][l][t],f[i][j][p][l][tt] + f[p+][j][k][l][t - tt - ]);
                         //printf("%d %d %d %d %d = %d\n",i,j,k,l,t,f[i][j][k][l][t]);
                     }
             }
     x=(double)sum[ll][rr] / (double)n;//获取平均值
     ans=(double)(n * x * x) + (double)f[][][ll][rr][n-] - (double) * x * sum[ll][rr];
     ans/=(double)n;
     ans=sqrt(ans);
     printf("%.2lf\n",ans);
 }

 int main()
 {
 //    freopen("in.in","r",stdin);
     pre();
     work();
 //    fclose(stdin);
     return ;
 }