【XJOI】题解 邓哲也的矩阵-贪心

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题目描述：

有一个 n×m的矩阵，现在准备对矩阵进行k次操作，每次操作可以二选一

1:

选择一行，给这一行的每一个数减去p，这种操作会得到的快乐值等于操作之前这一行的和

2:

选择一列，给这一列的每一个数减去p，这种操作会得到的快乐值等于操作之前这一列的和

那么问题来了，k次操作最大可能得到的和是多少。

 

输入格式：

第一行输入4个整数n,m,k,p

接下来n行，每行输入m个整数a[i][j]

 

输出格式：

输出最大可能的和

 

样例输入1：

2 2 2 2
1 3
2 4

 

样例输出1：

11

 

样例输入2：

5 5 20 100 
464 757 53 708 262 
753 769 189 38 796 
394 60 381 384 935 
882 877 501 615 464 
433 798 504 301 301

 

样例输出2：

38013

 

样例输入3：

2 1 3 2
3 
3 

 

样例输出3：

8

 

约定：

1≤n,m≤1000,1≤k≤106,1≤p,a[i][j]≤1000

---------------------------------------------------------题解分割线--------------------------------------------------------------

看到是求最大和，不可避免的考虑到贪心

那么来考虑一下贪心的正确性

首先考虑取行列的相互影响关系：可以发现当取x次行时，取了(k-x)次列

每取1次行，这一行的和会减少m*p，每一列的和会减少p

同样的每取1次列，这一列的和会减少n*p，每一行的和会减少p

然后考虑取行列的顺序关系：可以发现先取行和先取列对于答案的贡献是一样的

所以在取行列数量确定的情况下，取行列的顺序是没有影响的，所以考虑每次取大值得做法是正确的

那么只需要枚举取0到k次行，同时可以枚举出(k-0)次列的答案情况，然后ans取最大值即可

既然贪心是可行的，那么再考虑一下复杂度的问题，

如果每取一次就模拟的把每个数减去p的话，时间复杂度是O(n^2*m^2*k*log(n)*log(m))，肯定会T

所以我们考虑先把每行每列的和预处理出来一起处理，这样时间复杂度就是O(k*log(n)*log(m))，完全OK

（重要重要重要）PS. 数据十分毒瘤，inf一定要开的够大

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以下是AC代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;

typedef long long LL;
static const int N = 1010;
static const int M = 1e6 + 10;
static const LL inf = 99999999999999999;
LL n, m, p, k, ans = -inf;
LL mp, h[N], l[N], ansh[M], ansl[M];
priority_queue <LL> qh;
priority_queue <LL> ql;

int main ()
{
	scanf ("%lld%lld%lld%lld", &n, &m, &k, &p);
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		for (int j = 1; j <= m; ++j)
		{
			scanf ("%lld", &mp);
			h[i] += mp;
			l[j] += mp;
		}
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		qh.push(h[i]);
	for (int i = 1; i <= m; ++i)
		ql.push(l[i]);
	ansh[0] = ansl[0] = 0;
	for (int i = 1; i <= k; ++i)
	{
		LL x = qh.top();
		LL y = ql.top();
		qh.pop();
		ql.pop();
		ansh[i] = ansh[i-1] + x;
		ansl[i] = ansl[i-1] + y;
		qh.push(x-p*m);
		ql.push(y-p*n);
	}
	for (int i = 0; i <= k; ++i)
	{
		ans = max (ansh[i] + ansl[k-i] - (k-i) * i * p, ans);
	}
	printf ("%lld", ans);
}