CF1866D 题解

前言

都是状态数 $O(n^2m)$ 的 DP，我发个 $O(nm)$ 的。

题解

首先不难注意到如下事实：

我们称“第 $i$ 列的矩形”为，以第 $i$ 列开头的矩形。

我们只考虑前 $i$ 列以内的数，假设前 $i$ 列选了 $j$ 个数（$j\leq i$）。

那么一定有 $j$ 个矩形选了数。

可以证明，存在一种方式，使得恰好第 $1$ 到 $j$ 列的矩形选了数，第 $j+1$ 到第 $i$ 列的矩形不选数。

考虑数学归纳法，读者自证不难。

我们先对每一列的数降序排序，计算其以列为单位的前缀和，第 $i$ 列前 $j$ 大数的和记为 $a_{i,j}$。

可以设计以下 DP：

设 $f_{i,j}$ 表示在前 $i$ 列中选数，能覆盖到第 $i+1$ 列的空闲矩形一共有 $j$ 个。

转移时枚举第 $i+1$ 列矩形选了 $l$ 个数，则有：

$$f_{i+1,j+1-l}\leftarrow f_{i,j}+a_{i+1,l}$$

注意上式只对 $i\leq m-k$ 成立，因为从 $i=m-k+1$ 列开始，第 $i+1$ 列没有新的矩形，所以对于 $i>m-k$，有：

$$f_{i+1,j-l}\leftarrow f_{i,j}+a_{i+1,l}$$

直接 DP，时间复杂度 $O(n^2m)$，空间复杂度如果采用滚动数组可以优化到 $O(n)$，以下代码为了方便阅读没有采用滚动数组。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=20,M=1e5+10,INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n,m,k;
int a[M][N];
int f[M][N];
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n>>m>>k;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=m;j++)
			cin>>a[j][i];
	for(int i=1;i<=m;i++)sort(a[i]+1,a[i]+1+n,greater<int>());
	for(int i=1;i<=m;i++)
		for(int j=1;j<=n;j++)
			a[i][j]+=a[i][j-1];
	memset(f,-0x3f,sizeof(f));
	f[0][0]=0;
	for(int i=0;i<=m-k;i++)
		for(int j=0;j<k;j++)
			for(int l=0;l<=j+1;l++)
				f[i+1][j+1-l]=max(f[i+1][j+1-l],f[i][j]+a[i+1][l]);
	for(int i=m-k+1;i<m;i++)
		for(int j=0;j<=m-i;j++)
			for(int l=0;l<=j;l++)
				f[i+1][j-l]=max(f[i+1][j-l],f[i][j]+a[i+1][l]);
	cout<<f[m][0]<<endl;
	return 0;
}