发现最近好少写博客啊（其实是各种摆去了）
更一点吧
这道题要求最小化均方差，其实凭直觉来说就是要使每个块分的比较均匀一点，但是单单想到想到这些还是不够的，
首先f[i][j][k][l][t]表示以(i,j)为左上角，(k,l)为右下角，一共分割的t次的矩形的最小xx，
其中xx是某个与最小均方差挂钩的东西，
通常这种要求推式子的题目都要从小的情况推广到所有情况。
这道题也是一样的，
对于一个被分为x1和x2的矩形而言（分割了一次），用X表示平均数，
那么X=权值和/块数，
那么方差为：[(X - x1)^2 + (X - x2)^2] / 块数
对于固定的分割次数而言，块数是固定的，所以不管它，
那么我们就是要化简[(X - x1)^2 + (X - x2)^2]
原式=X^2 + x1^2 - 2 * X * x2 + X^2 + x2^2 - 2 * X * x2
=2(X ^ 2) + (x1^2 + x2^2) - 2 * X * (x1 + x2)
观察到x1+ x2就是权值和，是固定的，
而因为块数固定,X也是固定的，因此我们唯一可以改变的就是中间的平方部分，
所以我们的问题就转化为了一个矩形分割n-1次，求最小的平方和，
于是就可以直接dp了
f[i][j][k][l][t]表示以(i,j)为左上角，(k,l)为右下角，一共分割的t次的矩形的最小平方和，
同时为了满足dp性质（要求大状态先求小状态），左上角要倒着枚举，然后右下角正着枚举，
然后枚举分割线，枚举每块小矩形分割了多少次，最后计算一下即可
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define R register int 4 #define AC 11 5 int ll,rr,n; 6 int f[AC][AC][AC][AC][AC]; 7 int s[AC][AC],sum[AC][AC]; 8 double ans,x; 9 /*以分两块（分别含有两小块）的合成为例 10 f[x]=((X - x1) ^ 2 + (X - x2) ^ 2)/2 11 对分子化简得：2 * X ^ 2 + x1 ^ 2 + x2 ^ 2 - 2 * X * (x1 + x2), 12 可以发现x1 + x2就是这一块的权值和，X为平均值，也就是权值和/块数， 13 也就是说对于任意一种分法，影响最终答案的只有x1 ^ 2 + x2 ^ 2这种， 14 所以只要最小化这个就可以了*/ 15 16 inline void upmin(int &a,int b) 17 { 18 if(b < a) a=b; 19 } 20 21 void pre() 22 { 23 memset(f,63,sizeof(f)); 24 scanf("%d%d%d",&ll,&rr,&n); 25 for(R i=1;i<=ll;i++) 26 for(R j=1;j<=rr;j++) 27 scanf("%d",&s[i][j]); 28 for(R i=1;i<=ll;i++) 29 for(R j=1;j<=rr;j++) 30 sum[i][j]=s[i][j] + sum[i-1][j] + sum[i][j-1] - sum[i-1][j-1]; 31 for(R i=1;i<=ll;i++) 32 for(R j=1;j<=rr;j++) 33 for(R k=i;k<=ll;k++) 34 for(R l=j;l<=rr;l++) 35 { 36 int a=sum[k][l] - sum[i-1][l] - sum[k][j-1] + sum[i-1][j-1]; 37 f[i][j][k][l][0]=a * a; 38 } 39 /*for(R i=1;i<=ll;i++) 40 { 41 for(R j=1;j<=rr;j++) 42 { 43 printf("%d ",sum[i][j]); 44 } 45 printf("\n"); 46 }*/ 47 } 48 49 void work() 50 { 51 for(R t=1;t<n;t++) 52 for(R i=ll; i ;i--)//为了维护dp的条件，左上角应该要倒着枚举吧 53 for(R j=rr; j ;j--)//枚举左上角 54 { 55 for(R k=i;k<=ll;k++) 56 for(R l=j;l<=rr;l++)//枚举右上角 57 { 58 if(i == k && j == l) continue; 59 for(R p=j;p<l;p++)//枚举竖着的分界线 60 for(R tt=0;tt<t;tt++)//原来的两块切割次数之和只能为t-1，因为现在切的就是第t次 61 upmin(f[i][j][k][l][t],f[i][j][k][p][tt] + f[i][p+1][k][l][t - tt - 1]); 62 for(R p=i;p<k;p++)//枚举横着的分界线 63 for(R tt=0;tt<t;tt++)//枚举两块分别切了多少次,注意从0开始！！！ 64 upmin(f[i][j][k][l][t],f[i][j][p][l][tt] + f[p+1][j][k][l][t - tt - 1]); 65 //printf("%d %d %d %d %d = %d\n",i,j,k,l,t,f[i][j][k][l][t]); 66 } 67 } 68 x=(double)sum[ll][rr] / (double)n;//获取平均值 69 ans=(double)(n * x * x) + (double)f[1][1][ll][rr][n-1] - (double)2 * x * sum[ll][rr]; 70 ans/=(double)n; 71 ans=sqrt(ans); 72 printf("%.2lf\n",ans); 73 } 74 75 int main() 76 { 77 // freopen("in.in","r",stdin); 78 pre(); 79 work(); 80 // fclose(stdin); 81 return 0; 82 }