今天看了看枚举与搜索的题，意外中看到了一道“看似简单”的普及组题，然而事实是我想了好久，然后终于搞出来了。 题目：
题目描述
给出如下定义：
子矩阵：从一个矩阵当中选取某些行和某些列交叉位置所组成的新矩阵（保持行与列的相对顺序）被称为原矩阵的一个子矩阵。 例如，下面左图中选取第2、4行和第2、4、5列交叉位置的元素得到一个2*3的子矩阵如右图所示。
9 3 3 3 9
9 4 8 7 4
1 7 4 6 6
6 8 5 6 9
7 4 5 6 1
的其中一个2*3的子矩阵是
4 7 4
8 6 9
相邻的元素：矩阵中的某个元素与其上下左右四个元素（如果存在的话）是相邻的。
矩阵的分值：矩阵中每一对相邻元素之差的绝对值之和。 本题任务：给定一个n行m列的正整数矩阵，请你从这个矩阵中选出一个r行c列的子矩阵，使得这个子矩阵的分值最小，并输出这个分值。
(本题目为2014NOIP普及T4)
输入输出格式
输入格式： 第一行包含用空格隔开的四个整数 n，m，r，c， 意义如问题描述中所述，每两个整数之间用一个空格隔开。
接下来的n行，每行包含m个用空格隔开的整数，用来表示问题描述中那个n行m列的矩阵。
输出格式： 输出共1行，包含1个整数，表示满足题目描述的子矩阵的最小分值。
输入输出样例
输入样例#1： 5 5 2 3 9 3 3 3 9 9 4 8 7 4 1 7 4 6 6 6 8 5 6 9 7 4 5 6 1 输出样例#1： 6 输入样例#2： 7 7 3 3 7 7 7 6 2 10 5 5 8 8 2 1 6 2 2 9 5 5 6 1 7 7 9 3 6 1 7 8 1 9 1 4 7 8 8 10 5 9 1 1 8 10 1 3 1 5 4 8 6 输出样例#2： 16
说明
【输入输出样例1说明】
该矩阵中分值最小的2行3列的子矩阵由原矩阵的第4行、第5行与第1列、第3列、第4列交叉位置的元素组成，为
6 5 6
7 5 6
，其分值为
|6−5|+|5−6|+|7−5|+|5−6|+|6−7|+|5−5|+|6−6|=6。
【输入输出样例2说明】
该矩阵中分值最小的3行3列的子矩阵由原矩阵的第4行、第5行、第6行与第2列、第6列、第7列交叉位置的元素组成，选取的分值最小的子矩阵为
9 7 8 9 8 8 5 8 10
【数据说明】
对于50%的数据， 1≤n≤12，1≤m≤12 ，矩阵中的每个元素 1≤a[i][j]≤20 ；
对于100%的数据， 1≤n≤16，1≤m≤16 ，矩阵中的每个元素 1≤a[i][j]≤1,000 ，
1≤r≤n，1≤c≤m 。
分析： 最暴力的算法是枚举选择哪些行、列。复杂度为 O(C(n,r)×C(m,c)) 。不过显然不能承受。（C为组合数） 注意到虽然 O(C(n,r)×C(m,c)) 不能承受，但 O(C(n,r)) 或 O(C(m,c)) 是可以接受的。 不妨考虑枚举其中一个（假设枚举行）。 枚举完行后，由于行已确定，因此可以把所有行捆绑，视为一个整体。 处理处列与列之间的价值，然后可以用动态规划解决这个问题。 设 dp[i][k] 表示前i列选了k列，并且第i列强制被选。那么转移方程为： dp[i][k]=dp[j][k−1]+cost[j][i]+val[i] ，其中 j<i，cost[j][i] 表示第i列与第j列相邻的花费， val[i] 表示第i列内的花费。 答案即为 mindp[i][c] 。 代码：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; typedef double DB; const int inf = 1e9 + 7; int n, m, r, c; int ans = inf; int a[17][17], C[17], f[17][17], cost[17][17], val[17]; inline int read(){ int r = 0, z = 1; char ch = getchar(); while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') z = -1; ch = getchar();} while(ch >= '0' && ch <= '9'){r = r * 10 + ch - '0'; ch = getchar();} return r * z; } int Max(int a, int b){return a > b ? a : b;} int Min(int a, int b){return a < b ? a : b;} int DP(){ int res = inf; for(int i = 1; i <= m; i ++){ val[i] = 0; for(int j = 1; j < r; j ++) val[i] += abs(a[C[j]][i] - a[C[j + 1]][i]); } memset(cost, 0, sizeof(cost)); for(int i = 1; i <= m; i ++) for(int j = i + 1; j <= m; j ++){ cost[i][j] = 0; for(int k = 1; k <= r; k ++) cost[i][j] += abs(a[C[k]][i] - a[C[k]][j]); } for(int i = 0; i <= m; i ++) f[i][0] = 0; for(int i = 1; i <= m; i ++){ for(int k = 1; k <= Min(i, c); k ++){ f[i][k] = inf; for(int j = k - 1; j < i; j ++) f[i][k] = Min(f[i][k], f[j][k - 1] + cost[j][i] + val[i]); } } for(int i = c; i <= m; i ++) res = Min(res, f[i][c]); return res; } void dfs(int u, int cnt){ if(u > n){ //cout<<1<<endl; if(cnt == r) ans = Min(ans, DP()); return ; } dfs(u + 1, cnt); C[cnt + 1] = u; dfs(u + 1, cnt + 1); } void init(){ n = read(), m = read(), r = read(), c = read(); for(int i = 1; i <= n; i ++) for(int j = 1; j <= m; j ++) a[i][j] = read(); dfs(1, 0); printf("%d\n", ans); } int main(){ init(); return 0; }