NOIP2007 提高组【矩阵取数游戏】题解

题目描述

帅帅经常跟同学玩一个矩阵取数游戏：对于一个给定的n*m的矩阵，矩阵中的每个元素$a(i,j)$均为非负整数。游戏规则如下：

1. 每次取数时须从每行各取走一个元素，共n个。经过m次后取完矩阵内所有元素；
2. 每次取走的各个元素只能是该元素所在行的行首或行尾；
3. 每次取数都有一个得分值，为每行取数的得分之和，每行取数的得分=被取走的元素值$*2^i$，其中$i$表示第i次取数（从1开始编号）；
4. 游戏结束总得分为m次取数得分之和。

帅帅想请你帮忙写一个程序，对于任意矩阵，可以求出取数后的最大得分。

输入输出格式

输入格式：

输入文件包括n+1行：

第1行为两个用空格隔开的整数n和m。

第2~n+1行为$n*m$矩阵，其中每行有m个用单个空格隔开的非负整数。

输出格式：

输出文件仅包含1行，为一个整数，即输入矩阵取数后的最大得分。

输入输出样例

输入样例#1：

2 3
1 2 3
3 4 2

输出样例#1： 

82

说明

NOIP 2007 提高第三题

数据范围：

60%的数据满足：$1 \leq n$ ,$m \leq 30$，$答案不超过\$10^\{16\}\$$

100%的数据满足：$1 \leq n$,$m \leq 80$，$0 \leq a_{i,j} \leq 1000$

 

分析：

　　

首先我们可以看此题的数据范围，显然要么是高精，要么是某种玄学优化，这里主要介绍高精，玄学优化就不讲了。
接下来看题目：易证总得分为每一行$m$次取数后每行的最优解的总和。证明因为太简单了，我懒得写~
所以我们只需要计算出每一行的$m$次取数后的最优解即可。

对于最优解，我们考虑使用dp解法：$f_{t,k,i,j}$表示第$k$行第$i$次取到了第$j$个数时的最优解，当$t=0$时，表示第$k$个数是从行首取到，$t=1$时反之。

(其中$1 \leq k \leq n$,$1 \leq i,j \leq m$,$0 \leq t \leq 1$)

很显然，当$i<j<m-i+1$时，无法取到第$k$个数，因为全部从行首取只能取到第$i$个，全部从行尾取只能取到第$m-i+1$个，所以我们将这一部分数组赋值为$0$。

接下来我们便可以得到转移方程：$$f_{0,k,i,j}=max(f_{0,k,i-1,j-1},f_{1,k,i-1,m-(i-j)+1})+2^i*a_{k,j}$$$$f_{1,k,i,j}=max(f_{1,k,i-1,j+1},f_{0,k,i-1,i-(m-j+1)})+2^i*a_{k,j}$$
转移方程解释：每一行$\max$的第一个项为上一次取了行首（行尾）后，这一次第j个数变成了行首（行尾），每一行$\max$的第二个项为上一次去了行首（行尾），这一次取的是行尾（行首），则可推出若上一次取的行首（行尾）的位置，故有此转移方程。

到这里我们已经完成了这个问题的大部分，但是仍然存在一个问题：

如果以这样的dp来算空间复杂度的话，则空间复杂度为$2(t)*80(k)*80(i)*80(j)*$大整数位数，若大整数位数过大，则很容易爆空间（空间限制128M），位数过小又容易溢出，所以我们考虑使用压位高精压缩空间。（当然也可以用一些玄学优化，比如开两个longlong存大整数之类的）

下面只需通过压位高精来完成这个dp了，不详细解释，见代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
struct dzs{
	int ws,li[20];
};
int a[81][81],n,m;
dzs f[2][81][81][81],er[81],an,ans,pss1,pss2;
dzs gjc(int p1,dzs p2){   //高精乘单精 
	for(int i=1;i<=p2.ws;i++)
	p2.li[i]*=p1;
	for(int i=1;i<=p2.ws+5;i++){
		if(i>p2.ws&&p2.li[i]!=0)p2.ws=i;
		if(p2.li[i]>9999)p2.li[i+1]+=p2.li[i]/10000,p2.li[i]%=10000;
	}
	return p2;
}
dzs gjj(dzs p1,dzs p2){   //高精加
	dzs p3;memset(p3.li,0,sizeof(p3.li));p3.ws=1;
	for(int i=1;i<=max(p1.ws,p2.ws);i++)
	p3.li[i]=p2.li[i]+p1.li[i];
	for(int i=1;i<=p2.ws+5;i++){
		if(i>p3.ws&&p3.li[i]!=0)p3.ws=i;
		if(p3.li[i]>9999)p3.li[i+1]+=p3.li[i]/10000,p3.li[i]%=10000;
	}
	return p3;
}
dzs maxd(dzs p1,dzs p2){  //取大数 
	if(p1.ws>p2.ws)return p1;
	if(p2.ws>p1.ws)return p2;
	for(int i=p1.ws;i>=1;i--){
		if(p1.li[i]>p2.li[i])return p1;
		if(p1.li[i]<p2.li[i])return p2;
	}
	return p1;
}
int print(dzs p1){
	for(int i=p1.ws;i>=1;i--){
		if(i==p1.ws){
			cout<<p1.li[i];continue;
		}
		if(p1.li[i]<10)cout<<"000";
		else if(p1.li[i]<100)cout<<"00";
		else if(p1.li[i]<1000)cout<<"0";
		cout<<p1.li[i];
	}
}
int main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	for(int j=1;j<=m;j++)
	cin>>a[i][j];
	er[1].li[1]=2;er[1].ws=1;
	for(int i=2;i<=m;i++){
		er[i]=gjc(2,er[i-1]);
	}//计算2^i(gao jing) 
	for(int k=1;k<=n;k++)//第k行 
	for(int i=1;i<=m;i++){//第i次取数 
		for(int j=1;j<=i;j++){
			f[0][k][i][j]=gjj(maxd(f[0][k][i-1][j-1],f[1][k][i-1][m-(i-j)+1]),gjc(a[k][j],er[i]));
		}
		for(int j=m-i+1;j<=m;j++){
			f[1][k][i][j]=gjj(maxd(f[1][k][i-1][j+1],f[0][k][i-1][i-(m-j+1)]),gjc(a[k][j],er[i]));
		}
	}
	memset(ans.li,0,sizeof(ans.li));ans.ws=1;
	for(int k=1;k<=n;k++){
		an.ws=1;memset(an.li,0,sizeof(an.li));
		for(int i=1;i<=m;i++){
			an=maxd(an,f[0][k][m][i]);
			an=maxd(an,f[1][k][m][i]);
		}
		ans=gjj(ans,an);
	}
	print(ans);
	cout<<endl;
	return 0;
}