小奇的矩阵
题目：
题目背景：
小奇总是在数学课上思考奇怪的问题。
问题描述：
给定一个n*m的矩阵，矩阵中的每个元素aij为正整数。
接下来规定
1.合法的路径初始从矩阵左上角出发，每次只能向右或向下走，终点为右下角。
2.路径经过的n+m-1个格子中的元素为A1,A2…A(n+m-1)，Aavg为Ai的平均数，路径的V值为(n+m-1)*∑(Ai-Aavg) ^2 (1<=i<=n+m-1) 求V值最小的合法路径，输出V值即可，有多组测试数据。
输入格式：
第一行包含一个正整数T，表示数据组数。
对于每组数据：
第一行包含两个正整数n和m，表示矩阵的行数和列数。
接下来n行，每行m个正整数aij，描述这个矩阵。
输出格式：
对于每次询问，输出一行一个整数表示要求的结果
样例输入：
1
2 2
1 2
3 4
样例输出：
14
数据范围：
对于30%的数据 n<=10，m<=10
有另外40%的数据 n<=15 m<=15，矩阵中的元素不大于5
对于100%的数据 T<=5，n<=30，m<=30，矩阵中的元素不大于30
知识点： 数学、DP
讲解：
这一题太坑了，刚开始完全没看懂（这就是你打暴力的理由），后面看了题解才清楚，原来这么奇妙。暴力就直接枚举m+n-1个的排列顺序，期望的分30，现在讲一下正解，我们可以发现我们唯一不确定的就是总长度，而这又是最重要的所以我们考虑暴力枚举所有的总长，然后我们就可以根据总长去DP出每一个点对应的∑(Ai-Aavg) ^2 (1<=i<=n+m-1)（对于n+m-1我们最后乘上去就好了），然后取最小值，不过现在的问题是枚举的长度要相同才可以转移，如果还要判断相同的话时间复杂度又会往上提，就TLE了，不过我们可以证明不管是不是相同我们都转移对答案无影响，我们设实际的长度为len，与枚举长度相差x，现在这个点的值是A，然后我们计算的是∑（A-len±x）^2 , 而实际的值是∑（A-len）^2 , 如果我们可以证明∑（A-len）^2 <= ∑（A-len±x）^2 的话因为我们取最小值，那么对我们答案也不会有影响，我们把两遍化简发现只剩下n*x^2>=0，这样这个等式是恒成立的所以我们就可以这样做，首先枚举所有可能的总长，然后去DP计算。对于这一题还有一种做法会在下面讲到。
代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int map[40][40],n,m;
double ans=56100,f[40][40];
double sqr(double x)
{
return x*x;
}
void dp(int x)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
f[i][j]=56100;//先初始化为一个极大值
double avg=(double)x/(n+m-1);//计算我们的平均值
f[1][1]=sqr(map[1][1]-avg);//第一个位置初始化
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
if(f[i][j]!=56100)//如果这个格子可以到，那么我们就用它来更新别人
{
f[i+1][j]=min(f[i+1][j],f[i][j]+sqr(map[i+1][j]-avg));//更新选最小
f[i][j+1]=min(f[i][j+1],f[i][j]+sqr(map[i][j+1]-avg));
}
ans=min(ans,f[n][m]);//选最小的ans
}
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);//多组数据
while(T--)
{
ans=56100;//初始化
scanf("%d %d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
scanf("%d",&map[i][j]);//读入
for(int i=1;i<=1800;i++)//枚举所有可能的总长，因为格子最多59个，每个最多30，所以我们可以计算出这个值
dp(i);
printf("%d\n",(int)(ans*(n+m-1)+1e-5));//1e-5也就是0.000001，是一个精度差，因为小数运算会掉精度所以要加
}
return 0;
}
方法2：
我们把那个公式拆开可以得到N*∑(A ^ 2)-len^2，这样我们可以去三维DP，大体思路和上一种方法相同，因为对于len我们已经提出来了，所以我们只要多加一维计算在每个len情况下∑(A ^ 2)的最小值就好了，我们定义DP[k][i][j]表示在长度为k是第i行第j列的最小值,这样我们去DP一下然后统计最小的答案就好了。
代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int map[40][40],n,m;
double ans=1000000000,f[1810][40][40];
void dp()
{
f[map[1][1]][1][1]=map[1][1]*map[1][1];//边界
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
for(int k=0;k<=1800;k++)//暴力DP
if(f[k][i][j]!=1000000)//如果这个点走不到的话我们就不可以拿它来
{
f[k+map[i+1][j]][i+1][j]=min(f[k+map[i+1][j]][i+1][j],f[k][i][j]+map[i+1][j]*map[i+1][j]);//更新一下
f[k+map[i][j+1]][i][j+1]=min(f[k+map[i][j+1]][i][j+1],f[k][i][j]+map[i][j+1]*map[i][j+1]);
}
for(int i=1;i<=1800;i++)//选择所有答案中最小的
if(f[i][n][m]!=1000000)
ans=min(ans,(m+n-1)*f[i][n][m]-i*i);//计算一下
}
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);//多组数据
while(T--)
{
ans=1000000000;//初始化
scanf("%d %d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
scanf("%d",&map[i][j]);//读入数据
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
for(int k=0;k<=1800;k++)
f[k][i][j]=1000000;//初始化
dp();//DP一波
printf("%d\n",(int)ans);//int类型注意转化
}
return 0;
}
希望大家可以AC。