题目地址：

https://www.acwing.com/problem/content/323/

将一个 $8 \times 8$ 的棋盘进行如下分割：将原棋盘割下一块矩形棋盘并使剩下部分也是矩形，再将剩下的部分继续如此分割，这样割了 $(n - 1)$ 次后，连同最后剩下的矩形棋盘共有 $n$ 块矩形棋盘。每次切割都只能沿着棋盘格子的边进行，例如下面的两个图，右图里中间竖着切一刀之后，不能继续在左右两边切了，只能在一边切；左图就是满足条件的。
在这里插入图片描述
原棋盘上每一格有一个分值，一块矩形棋盘的总分为其所含各格分值之和。现在需要把棋盘按上述规则分割成 $n$ 块矩形棋盘，并使各矩形棋盘总分的均方差最小。均方差 $\sigma = \sqrt{\frac{\sum_{i=1}^n(x_i-\bar{x})^2}{n}}$ ，其中平均值 $\bar{x}=\frac{\sum_{i=1}^{n}x_i}{n}$ ， $x_i$ 为第 $i$ 块矩形棋盘的总分。请编程对给出的棋盘及 $n$ ，求出均方差的最小值。

输入格式：
第 $1$ 行为一个整数 $n$ 。第 $2$ 行至第 $9$ 行每行为 $8$ 个小于 $100$ 的非负整数，表示棋盘上相应格子的分值。每行相邻两数之间用一个空格分隔。

输出格式：
输出最小均方差值（四舍五入精确到小数点后三位）。

数据范围：
$1 < n < 15$

思路是记忆化搜索。设 $f[x_1][y_1][x_2][y_2][k]$ 是将以 $x_1,y_1)$ 为左上角， $x_2,y_2)$ 为右下角的矩形按上述法则切割为 $k$ 块时的最小均方差的平方除以 $n$ 。我们可以按照第一刀是怎么切的来分类。第一刀切割方式可以分为竖着切和横着切。比如可以枚举竖着切的那一刀是在哪列的右边沿，选项有 $x_1,x_1+1,...,x_2-1$ ，切割完毕之后，还需要枚举是继续切左半部分还是有半部分，对于不再切割的那半部分，它对 $f$ 的贡献就是，设其和为 $s$ ，则贡献为 $\frac{1}{n}(s-\bar{x})^2$ 。所以在竖着切的情形下，有： $f[x_1][y_1][x_2][y_2][k]=\min\{f[x_1][y_1][x_2][c][k-1]+\frac{1}{n}(\sum a[(x_1,c+1):(x_2,y_2)]-\bar{x})^2,\\\frac{1}{n}(\sum a[(x_1,y_1):(x_2,c)]-\bar{x})^2+f[x_1][c+1][x_2][y_2][k-1]\}$ 接着类似考虑横着切的情形，四种情况取最小值即可，但最后要返回 $\sqrt{f[1][1][8][8][n]}$ 。为了代码方便，可以用记忆化搜索来做。同时可以预处理出二维前缀和，加快子矩阵求和的速度。代码如下：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;

const int N = 15, M = 9;
const double INF = 1e8;
int n, m = 8;
int s[N][N];
double f[M][M][M][M][N];
// 存矩阵和除以n
double X;

// 返回左上角是(x1, y1)，右下角是(x2, y2)的子矩阵对f的贡献
double get_divn(int x1, int y1, int x2, int y2) {
    
    
    double sum = s[x2][y2] - s[x2][y1 - 1] - s[x1 - 1][y2] + s[x1 - 1][y1 - 1] - X;
    return sum * sum / n;
}

// 返回如果切割左上角是(x1, y1)，右下角是(x2, y2)的子矩阵，一共切k次，该子矩阵对f的最小贡献
double dfs(int x1, int y1, int x2, int y2, int k) {
    
    
    double &v = f[x1][y1][x2][y2][k];
    // 一开始f被赋值为负数（double被memset -1之后是NaN），
    // 如果大于等于0说明之前已经被算出，则直接调取记忆返回之
    if (v >= 0) return v;
    // 如果只剩一块，它对f的贡献由上面的函数给出
    if (k == 1) return v = get_divn(x1, y1, x2, y2);

    v = INF;
    // 枚举横着切
    for (int i = x1; i < x2; i++) {
    
    
        v = min(v, dfs(x1, y1, i, y2, k - 1) + get_divn(i + 1, y1, x2, y2));
        v = min(v, dfs(i + 1, y1, x2, y2, k - 1) + get_divn(x1, y1, i, y2));
    }

	// 枚举竖着切
    for (int i = y1; i < y2; i++) {
    
    
        v = min(v, dfs(x1, y1, x2, i, k - 1) + get_divn(x1, i + 1, x2, y2));
        v = min(v, dfs(x1, i + 1, x2, y2, k - 1) + get_divn(x1, y1, x2, i));
    }

    return v;
}

int main() {
    
    
    cin >> n;	

	// 求一下二维前缀和数组
    for (int i = 1; i <= m; i++)
        for (int j = 1; j <= m; j++) {
    
    
            cin >> s[i][j];
            s[i][j] += s[i - 1][j] + s[i][j - 1] - s[i - 1][j - 1];
        }

    memset(f, -1, sizeof f);
    // X存整个矩阵的和除以n
    X = (double) s[m][m] / n;

    printf("%.3lf\n", sqrt(dfs(1, 1, 8, 8, n)));

    return 0;
}

时空复杂度本质上是 $O (1)$ 的，因为棋盘本身是 $8\times 8$ 的， $n$ 最多就取 $14$ ，所以 $f$ 数组整个空间也是个常数。

【ACWing】321. 棋盘分割

题目地址：

猜你喜欢