洛谷P1169 [ZJOI2007]棋盘制作
? 解题记录 ? ? 洛谷 ? ? 动态规划 ?    2017-09-30 21:50:11    539    0    0

题目描述

国际象棋是世界上最古老的博弈游戏之一,和中国的围棋、象棋以及日本的将棋同享盛名。据说国际象棋起源于易经的思想,棋盘是一个8*8大小的黑白相间的方阵,对应八八六十四卦,黑白对应阴阳。

而我们的主人公小Q,正是国际象棋的狂热爱好者。作为一个顶尖高手,他已不满足于普通的棋盘与规则,于是他跟他的好朋友小W决定将棋盘扩大以适应他们的新规则。

小Q找到了一张由N*M个正方形的格子组成的矩形纸片,每个格子被涂有黑白两种颜色之一。小Q想在这种纸中裁减一部分作为新棋盘,当然,他希望这个棋盘尽可能的大。

不过小Q还没有决定是找一个正方形的棋盘还是一个矩形的棋盘(当然,不管哪种,棋盘必须都黑白相间,即相邻的格子不同色),所以他希望可以找到最大的正方形棋盘面积和最大的矩形棋盘面积,从而决定哪个更好一些。

于是小Q找到了即将参加全国信息学竞赛的你,你能帮助他么?

输入输出格式

输入格式:

 

包含两个整数N和M,分别表示矩形纸片的长和宽。接下来的N行包含一个N * M的01矩阵,表示这张矩形纸片的颜色(0表示白色,1表示黑色)。

 

输出格式:

 

包含两行,每行包含一个整数。第一行为可以找到的最大正方形棋盘的面积,第二行为可以找到的最大矩形棋盘的面积(注意正方形和矩形是可以相交或者包含的)。

 

输入输出样例

输入样例#1:
3 3
1 0 1
0 1 0
1 0 0
输出样例#1:
4
6

说明

对于20%的数据,N, M ≤ 80

对于40%的数据,N, M ≤ 400

对于100%的数据,N, M ≤ 2000

DP思考之路上的又一座里程碑!撒花~

题目言简意赅,就是要求中间元素全部是间隔的0,1的最大子矩阵(最大正方形)。拿到这一道题,首先很容易想到O(n^3)暴力,于是就有40分了。

考虑矩阵上的dp,我们可以尝试用预处理复杂度降阶。用dp[i][j][2]表示以i,j为右下角的最大的矩阵的左上角横纵坐标。我们可以处理出每一个元素在本行之前有多少个0,1间隔串a[i][j]。表示i行第j个元素与前面的0,1连成最大长度为a[i][j]的串。那么我们这样转移:

b = max(dp[i - 1][j][1], j - acrs[i][j] + 1); 
a = dp[i - 1][j][0]; 
if(size(a, b, i, j) > size(dp[i][j][0], dp[i][j][1], i, j)) 
dp[i][j][0] = a, dp[i][j][1] = b;​
矩阵最值 = max(矩阵最值, size(dp[i][j][0], dp[i][j][1], i, j));
a = min(i - dp[i][j][0] + 1, j - dp[i][j][1] + 1);
正方形最值 = max(正方形最值, a * a);

如果你用上述方法,洛谷的大水比数据就可以满分了。欢天喜地的跑去BZOJ上交,一阵阵WA就席卷而来。那么问题出在哪里呢?因为上面的状态转移根本不满足本问题的最优子结构。换句话说,它解决的是纵向矩阵的最大。对于这一点可以用一个样例数据来说明:

4 9
0 0 0 0 0 0 1 0 1
1 1 1 1 1 1 0 1 0
1 0 1 0 1 0 1 0 1
0 1 0 1 0 1 0 1 0

答案很明显应该是下面的两行面积为18的矩阵,但是由于上述状态转移方程解决的是纵向矩阵最值,于是会输出16。那么要得到正确解,我们只要再把矩阵横过来做一次就行了,取两次最大值的最大值,就覆盖了所有情况。复杂度:预处理O(n^2) 横纵各一次dpO(n^2 + n^2) 总复杂度 O(n^2)

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 2e3 + 5;
int acrs[maxn][maxn], lines[maxn][maxn];
int dp[maxn][maxn][2], n, m, a, b, mx, sqmx;
bool map[maxn][maxn];
inline int size(int x0, int y0, int x1, int y1) {
    return (abs(x0 - x1) + 1) * (abs(y0 - y1) + 1);
}
int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(register int i = 1; i <= n; ++i)
        for(register int j = 1; j <= m; ++j) {
            scanf("%d", &map[i][j]);
        }
    lines[1][1] = acrs[1][1] = 1;
    for(register int i = 1; i <= n; ++i) {
        acrs[i][1] = 1;
        if(map[i][1] ^ map[i - 1][1]) lines[i][1] = lines[i - 1][1] + 1;
		else lines[i][1] = 1;
        for(register int j = 2; j <= m; ++j) {
            if(map[i][j] ^ map[i][j - 1]) acrs[i][j] = acrs[i][j - 1] + 1;
            else acrs[i][j] = 1;
            if(i == 1) lines[1][j] = 1;
            else if(map[i][j] ^ map[i - 1][j]) lines[i][j] = lines[i - 1][j] + 1;
            else lines[i][j] = 1;
        }
    }
    for(register int i = 1; i <= n; ++i) {
        for(register int j = 1; j <= m; ++j) {
            dp[i][j][0] = i, dp[i][j][1] = j - acrs[i][j] + 1;
            if(i != 1 && map[i][j] ^ map[i - 1][j]) {
                b = max(dp[i - 1][j][1], j - acrs[i][j] + 1);
                a = dp[i - 1][j][0];
                if(size(a, b, i, j) >= size(dp[i][j][0], dp[i][j][1], i, j))
                    dp[i][j][0] = a, dp[i][j][1] = b;
            }
            mx = max(mx, size(dp[i][j][0], dp[i][j][1], i, j));
            a = min(i - dp[i][j][0] + 1, j - dp[i][j][1] + 1);
            sqmx = max(sqmx, a * a);
        }
    }
    memset(dp, 0, sizeof(dp));
	for(register int j = 1; j <= m; ++j) {
         for(register int i = 1; i <= n; ++i) {
            dp[i][j][0] = i - lines[i][j] + 1, dp[i][j][1] = j;
            if(j != 1 && map[i][j] ^ map[i][j - 1]) {
                a = max(dp[i][j - 1][0], i - lines[i][j] + 1);
                b = dp[i][j - 1][1];
                if(size(a, b, i, j) >= size(dp[i][j][0], dp[i][j][1], i, j))
                    dp[i][j][0] = a, dp[i][j][1] = b;
            }
            mx = max(mx, size(dp[i][j][0], dp[i][j][1], i, j));
            a = min(i - dp[i][j][0] + 1, j - dp[i][j][1] + 1);
            sqmx = max(sqmx, a * a);
        }
    }
    printf("%d\n%d", sqmx, mx);
    return 0;
}

 

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