【APIO2009 前缀和/预处理/动态规划】 采油区域 | 宇宙よりも遠い場所

February 18, 2019

【APIO2009 前缀和/预处理/动态规划】 采油区域

OJ 地址:https://vijos.org/p/2002

描述

Siruseri政府决定将石油资源丰富的Navalur省的土地拍卖给私人承包商以建立油井。被拍卖的整块土地为一个矩形区域,被划分为M×N个小块。 Siruseri地质调查局有关于Navalur土地石油储量的估测数据。这些数据表示为M×N个正整数,即对每一小块土地石油储量的估计值。为了避免出现垄断,政府规定每一个承包商只能承包一个由K×K块相连的土地构成的正方形区域。AoE石油联合公司由三个承包商组成,他们想选择三块互不相交的K×K的区域使得总的收益最大。

例如,假设石油储量的估计值如下:

1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 8 8 8 8 8 1 1 1
1 8 8 8 8 8 1 1 1
1 8 8 8 8 8 1 1 1
1 1 1 1 8 8 8 1 1
1 1 1 1 1 1 8 8 8
1 1 1 1 1 1 9 9 9
1 1 1 1 1 1 9 9 9

如果K = 2, AoE公司可以承包的区域的石油储量总和为100, 如果K = 3, AoE公司可以承包的区域的石油储量总和为208。 AoE公司雇佣你来写一个程序,帮助计算出他们可以承包的区域的石油储量之和的最大值。

格式

输入格式

输入第一行包含三个整数M, N, K,其中M和N是矩形区域的行数和列数,K是每一个承包商承包的正方形的大小(边长的块数)。接下来M行,每行有N个正整数表示这一行每一小块土地的石油储量的估计值。

输出格式

输出只包含一个正整数,表示AoE公司可以承包的区域的石油储量之和的最大值。

样例

样例输入1

9 9 3
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 8 8 8 8 8 1 1 1
1 8 8 8 8 8 1 1 1
1 8 8 8 8 8 1 1 1
1 1 1 1 8 8 8 1 1
1 1 1 1 1 1 8 8 8
1 1 1 1 1 1 9 9 9
1 1 1 1 1 1 9 9 9

样例输出1

208

限制

数据保证K≤M且K≤N并且至少有三个K×K的互不相交的正方形区域。
其中16%的输入数据,M, N≤ 12。
所有的输入数据, M, N≤ 1500。
每一小块土地的石油储量的估计值是非负整数且≤ 500。

Solution

题意即找出三个不相交的 K×K 正方形,使这三个正方形的价值之和在所有的可能性中最大。数据是 1500 级别,暴力枚举所有的情况撑死能过其中的 16%。那么基本可以确定这是一道需要使用 DP 的题目。

现在考虑三个正方形的位置:既然三个正方形两两不相交,由简单的画图可知,一定能将整个大矩形分成三个互不相交的部分,使这三个正方形分别位于其中一个部分内。并且这三个部分以两条直线为分界。进一步作图我们可以得到所有可能的六种划分情况如下:

all circumstances

将大的矩形分成三部分,是因为题目要求的是三个正方形,我们只需要枚举大矩形分部的情况,求出每个部分的价值最优 K×K 正方形,最后相加即可;使用一横一竖或两横或两竖两条线来分界的目的是便于枚举。

分部了之后如何找答案呢?我们可以发现前面四种情况中,两条分界线会相交于一个点,设该点为 (i, j),我们只需要枚举该点的坐标,就可以枚举所有的分界情况。以第一种情况(一横一竖将大矩形分成左边两个、右边一个三部分)为例,假设枚举的分界点为 (i, j),那么在该分界点下,这种情况的最佳答案是:

从左上角 (0,0) 到 (i,j) 的矩形中 K×K 正方形的最大值 + 从左下角 (m, 0) 到 (i+1, j) 的矩形中 K×K 正方形的最大值 + 从右上角 (0, n) 到竖分界线与大矩形下边的交点 (m, j+1) 的矩形中 K×K 正方形的最大值。

其它四种一横一竖分界的情况则以此类推。再考虑分界线为两横或两竖时的情况,这种情况下我们只需要枚举其中一条边,并规定另一条边界与枚举边的距离为 k 即可(这样并不会对答案有任何影响,画图就容易发现无论两条线距离为何值,总有距离为 k 的等价情况)。以第五种情况(两横将大矩形分成三部分)为例,假设枚举的下边界为第 i 行 (i >= 2k),那么上边界为第 i-k 行,这种情况的最佳答案是:

从左上角 (0, 0) 到 (i-k, n) 的矩形中 K×K 正方形的最大值 + 以第 i 行为底的 K×K 正方形的最大值 + 从左下角 (m, 0) 到 (i + 1, n) 的矩形中 K×K 正方形的最大值。

那么到这里我们已经解决了答案转移和枚举策略的问题。接下来考虑预处理的内容。在上面的思路中,我们需要知道的东西如下:

ul[i][j] --- 表示从左上角开始到以点 (i, j) 为右下角的矩形中所包含的 K×K 正方形的最大值
ur[i][j] --- 表示从右上角开始到以点 (i, j) 为左下角的矩形中所包含的 K×K 正方形的最大值
dl[i][j] --- 表示从左下角开始到以点 (i, j) 为右上角的矩形中所包含的 K×K 正方形的最大值
dr[i][j] --- 表示从右下角开始到以点 (i, j) 为左上角的矩形中所包含的 K×K 正方形的最大值
r[i] --- 表示以第 i 行为下底的 K×K 正方形的最大值
c[i] --- 表示以第 i 列为右边的 K×K 正方形的最大值

为了得到上面这些内容,我们考虑令 sum[i][j] 表示:从 (0, 0) 到点 (i, j) 的矩形所有价值的前缀和;令 s[i][j] 表示:以 (i, j) 为右下角的 K×K 正方形价值。设 val[i][j] 表示点 (i, j) 的价值,则有如下的递推式:

sum[i][j] = sum[i-1][j] - sum[i-1][j-1] + sum[i][j-1] + val[i][j]
s[i][j] = sum[i][j] - sum[i-k][j] - sum[i][j-k] + sum[i-k][j-k]

然后上面的式子就可以很方便地计算了:

ul[i][j] = max(max(ul[i-1][j], ul[i][j-1]), s[i][j])
ur[i][j] = max(max(ur[i-1][j], ur[i][j+1]), s[i][j + k - 1])
dl[i][j] = max(max(dl[i+1][j], dl[i][j-1]), s[i + k - 1][j])
dr[i][j] = max(max(dr[i+1][j], dr[i][j+1]), s[i + k - 1][j + k - 1])

r[i] = max(r[i], s[i][j])
c[j] = max(c[j], s[i][j])

最后,注意一下 ul, ur, dl, dr 的枚举顺序,ul 从左上角开始枚举,ur 从右上角开始枚举,dl 从左下角开始枚举,dr 从右下角开始枚举。只有这样才能保证上述式子有意义。

Code

理解了之后一发 AC,有点爽到。特别提醒一下,蓝桥杯练习系统里的这道题疑似有锅。

#include <cstdio> 
#include <cstring>
#include <string>
#include <algorithm>
#define LL long long
using std::max;
using std::string;

const int MAXN = 1510;
LL val[MAXN][MAXN];
LL s[MAXN][MAXN];		//  以(i,j)为右下角的 k*k 正方形价值前缀和
LL sum[MAXN][MAXN];	// 从 (0,0) 到 (i,j) 的矩形的价值前缀和 
LL ul[MAXN][MAXN],		// up-left
	ur[MAXN][MAXN],		// up-right
	dl[MAXN][MAXN],		// down-left
	dr[MAXN][MAXN],		// down-right
	r[MAXN],			// row max
	c[MAXN];			// col max
int m, n, k;

int main()
{
	scanf("%d%d%d", &m, &n, &k);	// line, col, unit
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		for (int j = 1; j <= n; j++) {
			scanf("%lld", &val[i][j]);
			sum[i][j] = sum[i-1][j] - sum[i-1][j-1] + sum[i][j-1] + val[i][j];// 处理前缀和 
		}
	}
	
	for (int i = k; i <= m; i++) {
		for (int j = k; j <= n; j++) {
			s[i][j] = sum[i][j] - sum[i-k][j] - sum[i][j-k] + sum[i-k][j-k];
		}
	}
	
	// up-left
	for (int i = k; i <= m; i++) {
		for (int j = k; j <= n; j++) {
			ul[i][j] = max(max(ul[i-1][j], ul[i][j-1]), s[i][j]);
		}
	}
	
	// up-right
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		for (int j = (n - k + 1); j >= 1; j--) {
			ur[i][j] = max(max(ur[i-1][j], ur[i][j+1]), s[i][j + k - 1]);
		}
	}
	
	// down-left
	for (int i = (m - k + 1); i >= 1; i--) {
		for (int j = 1; j <= n; j++) {
			dl[i][j] = max(max(dl[i+1][j], dl[i][j-1]), s[i + k - 1][j]);
		}
	}
	
	// down-right
	for (int i = (m - k + 1); i >= 1; i--) {
		for (int j = (n - k + 1); j >= 1; j--) {
			dr[i][j] = max(max(dr[i+1][j], dr[i][j+1]), s[i + k - 1][j + k - 1]);
		}
	}
	
	// line & col
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		for (int j = 1; j <= n; j++) {
			r[i] = max(r[i], s[i][j]);
			c[j] = max(c[j], s[i][j]);
		}
	}
	
	// enumerate boundary
	LL ans = 0LL;
	for (int i = k; i <= (m - k); i++) {
		for (int j = k; j <= (n - k); j++) {
			ans = max(ans, ul[i][j] + dl[i + 1][j] + ur[m][j + 1]);
			ans = max(ans, ur[i][j] + dr[i + 1][j] + ul[m][j - 1]);
			ans = max(ans, ul[i][j] + ur[i][j + 1] + dl[i + 1][n]);
			ans = max(ans, dl[i][j] + dr[i][j + 1] + ul[i - 1][m]);
		}
	}
	
	for (int i = 2 * k; i <= m - k; i++) {
		ans = max(ans, ul[i - k][n] + r[i] + dl[i + 1][n]);
	}
	for (int i = 2 * k; i <= n - k; i++) {
		ans = max(ans, ul[m][i - k] + c[i] + ur[m][i + 1]);
	}
	
	printf("%lld", ans);
	
	return 0;
}

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