题目描述

给出如下定义：
1.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 x 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 x 3 的子矩阵是

4 7 4
8 6 9
2.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。
3.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。

输入描述:

输入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。

输出描述:

一个整数，表示满足题目描述的子矩阵的最小分值。

示例1

输入
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
6
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。

示例2

输入
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
16
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

备注:

对于 50% 的数据， 1 ≤ n ≤ 12,1 ≤ m ≤ 12 ，矩阵中的每个元素 ；
对于 100% 的数据， 1 ≤ n ≤ 16,1 ≤ m ≤ 16 ，矩阵中的每个元素 。

解答

这道题题意很简单，意思是在n行中选r行，在m列中选c列，这样行和列交叉的点就形成了一个r行c列的矩阵。问在所有这样的矩阵中，上矩阵中相邻每两数之差的绝对值和的最小值是多少。

看到这题第一反应就是暴力！在n行中取r个进行组合，在从m列中取c个进行组合，然后计算出所得矩阵的值，再求最小值即可。那么这样的时间复杂度是多少呢？本人粗略算了一下，最差大概是很明显超时了......所以考虑优化：
问题来了，如何优化？枚举行，然后贪心列吗？但只要细心思考一下，就会发现贪心是不可行的。那么怎么办？
贪心不行，自然考虑是动态规划啦！能不能动态规划首先要考虑的是有没有后效性。如果我们枚举行(hang)，那么动态规划要解决的问题就是在m列中选c列，使组成的子矩阵值最大。设 表示在 i 列中选了（过去式） j 列（第 i 列必须选）的最大值，这我们需预处理一些值：（原谅我英文不好lie‘cha）表示第 i 列中的（每个数之差的绝对值） 之和， （hang‘cha）表示第 i 列的每个数与 第 j 列每个数之差的绝对值之和。那么就有：

初始化：

注意边界：

注：认真思考就很容易懂得（这是一个线性DP!）

那我们再来算算时间复杂度：最差情况大概是 大概是52,715,520（emmm......卡卡常就卡过啦）

下面你懂得（不负责任地贴代码......）： 

#include<bits/stdc++.h>
   using namespace std;
  const int maxn=20;
 const int INF=2147483647;
   int a[maxn][maxn];
   int n,m,r,c,ans;
  int vish[maxn],hc[maxn][maxn],lc[maxn],f[maxn][maxn];
  void Memset()                                                     //预处理
  {
      for(int i=1; i<=m; i++)
        lc[i]=0;
     for(int i=1; i<=m; i++)
        for(int j=1; j<=m; j++)
           hc[i][j]=0;
      for(int i=1; i<=m; i++)
         for(int j=1; j<r; j++)
            lc[i]+=abs(a[vish[j]][i]-a[vish[j+1]][i]);
      for(int i=2; i<=m; i++)
         for(int j=1; j<i; j++)
              for(int k=1; k<=r; k++)
                  hc[i][j]+=abs(a[vish[k]][i]-a[vish[k]][j]);
  }
  void makeans()
  {
      f[1][1]=lc[1];
      for(int i=2; i<=m; i++)
      {
         for(int j=1; j<=(i<c?i:c); j++)
          {
             f[i][j]=INF;
              if(j==1) f[i][j]=lc[i];                              //边界
              else if(i==j) f[i][j]=f[i-1][j-1]+hc[i][j-1]+lc[i];  //边界*2
              else 
              {
                 for(int k=i-1; k>=j-1; k--)
                    f[i][j]=min(f[i][j],f[k][j-1]+hc[i][k]+lc[i]); //状态转移方程
             }
             if(j==c) ans=min(ans,f[i][c]);                        //记录最小值
         }
    }
      return ;
  }
 void dfs(int k,int j)                                             //回溯法求组合数
  {
      if(k==r+1) {Memset();makeans();return ;}
      for(int i=j+1; i<=n; i++)
    {
          vish[k]=i;
          dfs(k+1,i);
      }
  }
  int main()
  {
      ans=INF;
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&r,&c);
     for(int i=1; i<=n; i++)
         for(int j=1; j<=m; j++)
            scanf("%d",&a[i][j]);
     dfs(1,0);
     printf("%d",ans);
      return 0;
  }

来源：czyczy