F. Elongated Matrix - 题解
比赛与标签
比赛: Codeforces Round 531 (Div. 3) 标签: binary search, bitmasks, brute force, dp, graphs 难度: *2000
喵喵，这是什么任务呀？ (题目大意)
主人，你好喵~ 这道题看起来有点复杂，但别担心，我们一步步来分析就好啦！(ฅ'ω'ฅ)
题目给了我们一个 n x m 的数字矩阵。我们可以任意地重新排列这些行的顺序。排好序之后，我们要按照一种特殊的方式来遍历它：先从上到下走完第一列，再从上到下走完第二列，以此类推，直到走完所有列。这样，我们就会得到一个长长的数字序列。
一个序列如果被称为 k-acceptable，就意味着序列里任何两个相邻的数字，它们的差的绝对值都必须大于或等于 k。
我们的任务就是，找到一个行的排列顺序，使得这个顺序下产生的序列是 k-acceptable 的，并且这个 k 要尽可能地大。最后输出这个最大的 k 就好啦！
举个例子呐，如果行排好了序，是 p_1, p_2, ..., p_n，那么生成的序列就是： a[p_1][0], a[p_2][0], ..., a[p_n][0] (第一列) a[p_1][1], a[p_2][1], ..., a[p_n][1] (第二列) ... 然后把它们拼接起来。
让我想想怎么解决喵~ (解题思路)
这道题要求我们找到“最大的k”，这种“最大化最小值”或者“最小化最大值”的问题，通常都有一个非常厉害的通用解法，那就是——二分答案！喵~
1. 二分答案的魔法
我们可以对最终的答案 k 进行二分查找。假设我们正在检查一个候选的 k 值 mid 是否可行。如果存在一个行的排列，使得序列是 mid-acceptable 的，那么对于任何小于 mid 的 k'，这个排列也一定是 k'-acceptable 的。这个单调性让我们能够愉快地使用二分！
所以，问题的核心就变成了：给定一个 k，我们如何写一个 check(k) 函数来判断是否存在一个可行的行排列呢？
2. check(k) 的挑战与分析
让我们来仔细看看 k-acceptable 的两个约束条件：
同列约束 (Intra-column): 在同一列
c中，任意相邻的两行p_i和p_{i+1}，它们对应位置的数字必须满足|a[p_i][c] - a[p_{i+1}][c]| >= k。这个条件必须对 所有 的列c都成立。也就是说，如果我们要把第j行放在第i行的后面，那么它们在每一列的差都得够大。最苛刻的条件就是它们在某一列的差最小的那个，也必须大于等于k。也就是min_{c=0..m-1} |a[i][c] - a[j][c]| >= k。跨列约束 (Inter-column): 当我们从一列的末尾（第
p_n行）跳到下一列的开头（第p_1行）时，也需要满足条件。即|a[p_n][c] - a[p_1][c+1]| >= k。这个条件也必须对 所有 的列转换（c从0到m-2）都成立。同样，这意味着min_{c=0..m-2} |a[p_n][c] - a[p_1][c+1]| >= k。
这个问题的本质，就是寻找一个包含所有 n 行的排列（可以看作图论中的哈密尔顿路径），这个排列需要同时满足上述两个条件。
3. 状压 DP 的力量！
看到 n 这么小（n <= 16），我们的猫猫直觉就告诉我们，这可以用状态压缩动态规划 (Bitmask DP) 来解决！喵~
跨列约束依赖于排列的第一个元素和最后一个元素，所以我们的 DP 状态必须能记录这些信息。
状态定义:
dp[mask][i]：一个整数，用作位掩码 (bitmask)。dp[mask][i]的第j位为1，表示存在一条路径，它访问了mask所代表的所有行，以第i行结尾，并且以第j行开头。这条路径暂时只考虑同列约束。预处理: 为了让 DP 转移更快，我们先预计算出两个“瓶颈”矩阵：
g[i][j] = min_{c=0..m-1} |a[i][c] - a[j][c]|：表示如果将第j行紧跟在第i行之后，它们在所有列中差值的最小值。h[i][j] = min_{c=0..m-2} |a[i][c] - a[j][c+1]|：表示如果一个排列以第i行结尾，以第j行开头，它们在所有跨列跳转中差值的最小值。
DP 转移:
- 基础情况:
dp[1 << i][i] = (1 << i)。意思是，一条只包含第i行的路径，它从i开始，在i结束。 - 转移方程: 我们从小到大枚举
mask。要计算dp[mask][j]，我们可以尝试从一个更短的路径扩展而来。假设有一条路径访问了prev_mask = mask ^ (1 << j)的行，并以k行结尾。如果从k行到j行是合法的（即g[k][j] >= k），那么我们就可以把j接在路径末尾。新路径的起点和旧路径是一样的。所以，我们将dp[prev_mask][k]中记录的所有可能的起点，都加到dp[mask][j]中。dp[mask][j] |= dp[prev_mask][k]
- 基础情况:
最终检查: DP 表格计算完毕后，我们就有了所有只满足同列约束的路径信息。现在要加入跨列约束了。 我们遍历所有
n行，把每一行j当作排列的终点。dp[(1<<n)-1][j]告诉我们，当路径访问了所有行并以j结尾时，所有可能的起点i的集合。- 对于每一个可能的
(起点 i, 终点 j)对，我们检查跨列约束h[j][i] >= k是否满足。 - 只要找到任何一对满足条件的
(i, j)，就说明存在一个完整的k-acceptable 排列，check(k)返回true！ - 如果遍历完所有可能都找不到，就返回
false。
这样，我们就构建了完整的 check(k) 函数，套上二分查找的框架，问题就解决啦！
代码实现 (代码时间到！喵呜~)
#include <iostream>
#include <vector>
#include <climits>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
// check(mid) 函数：检查是否存在一个 k-acceptable 的排列，其中 k=mid
bool check(ll mid, const vector<vector<ll>>& g, const vector<vector<ll>>& h, int n) {
// dp[mask][i] 是一个位掩码，第j位为1表示存在一条路径：
// 访问了 mask 中的所有行，以 i 行结尾，以 j 行开头。
vector<vector<int>> dp(1<<n, vector<int>(n, 0));
// 基础情况：对于每个行i，存在一条只包含它自己的路径
for (int i = 0; i < n; i++) {
dp[1<<i][i] = (1 << i);
}
// DP 状态转移
for (int mask = 0; mask < (1<<n); mask++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
// 确保当前行j在mask中
if (!(mask & (1<<j))) continue;
// 尝试从前一个状态转移
for (int k = 0; k < n; k++) {
if (k == j) continue;
// 确保前一行k也在mask中
if (!(mask & (1<<k))) continue;
int prev_mask = mask ^ (1<<j);
if (prev_mask == 0) continue; // 已经是基础情况了
// 如果从k行到j行满足同列约束 (g[k][j] >= mid)
// 并且存在一条访问prev_mask并以k结尾的路径
if (g[k][j] >= mid) {
// 那么就可以形成一条访问mask并以j结尾的新路径
// 新路径的起点集合是旧路径起点集合的并集
dp[mask][j] |= dp[prev_mask][k];
}
}
}
}
// 最终检查：是否存在一个完整的排列（访问了所有行）满足跨列约束
int full = (1<<n) - 1;
for (int j = 0; j < n; j++) { // 枚举终点行 j
int starts = dp[full][j]; // 获取所有可能的起点
for (int i = 0; i < n; i++) { // 枚举起点行 i
if (starts & (1<<i)) { // 如果 i 是一个合法的起点
// 检查跨列约束
if (h[j][i] >= mid) {
return true; // 找到了一个完全合法的排列！
}
}
}
}
return false; // 没找到
}
int main() {
ios_base::sync_with_stdio(false);
cin.tie(NULL);
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<vector<ll>> a(n, vector<ll>(m));
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < m; j++) {
cin >> a[i][j];
}
}
// g[i][j]: 行i和行j作为相邻行时，同列元素差的最小值
vector<vector<ll>> g(n, vector<ll>(n, LLONG_MAX));
// h[i][j]: 排列以i行结尾，j行开头时，跨列元素差的最小值
vector<vector<ll>> h(n, vector<ll>(n, LLONG_MAX));
// 预计算 g 矩阵
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
for (int c = 0; c < m; c++) {
ll diff = abs(a[i][c] - a[j][c]);
if (diff < g[i][j]) {
g[i][j] = diff;
}
}
}
}
// 预计算 h 矩阵 (如果m=1, 此循环不执行, h保持LLONG_MAX, 这是正确的)
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
for (int c = 0; c < m - 1; c++) {
ll diff = abs(a[i][c] - a[j][c+1]);
if (diff < h[i][j]) {
h[i][j] = diff;
}
}
}
}
// 如果 m=1, 任何排列都是合法的, 只需要满足同列约束
// 我们只需要找一个哈密尔顿路径即可
// 此时 h[j][i] 都是 LLONG_MAX，check里的跨列约束会恒成立
// 这时问题退化为寻找一条哈密尔顿路径，使得边权（g[i][j]）都大于等于mid
if (m == 1) {
// 对于m=1，问题是找一个排列，使得相邻元素差值 >= k
// 也就是找一个哈密尔顿路径，使得 min(g[p_i][p_{i+1}]) >= k
// check函数可以正确处理这种情况
// 我们只需要在主函数中正确调用check即可
}
ll low = 0, high = 1e9 + 7;
ll ans = 0;
// 二分查找最大的k
while (low <= high) {
ll mid = low + (high - low) / 2;
if (check(mid, g, h, n)) {
ans = mid; // mid是可行的，尝试更大的k
low = mid + 1;
} else {
high = mid - 1; // mid不可行，尝试小一点的k
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}跑得快不快呢？ (复杂度分析)
时间复杂度: O(n² * m + log(max_A) * 2ⁿ * n²) 的说。
O(n² * m)是预处理g和h矩阵的开销。log(max_A)是二分查找的次数，max_A大约是10^9。O(2ⁿ * n²)是check函数中 DP 部分的复杂度。对于每个mask和每个j，我们都要遍历k。- 虽然
n=16时2^16 * 16^2看起来很大，但常数很小，而且比赛的时限是4秒，足够通过啦！
空间复杂度: O(2ⁿ * n + n²) 的说。
O(2ⁿ * n)是dp表的大小。O(n²)是g和h矩阵的大小。
学到了什么新东西喵？ (知识点与总结)
这道题真是一次超棒的思维锻炼，融合了好几个重要的知识点呢！
- 二分答案: 解决“最大化最小值”问题的经典利器，能将判定问题和最优化问题进行转化。
- 状态压缩DP: 在
n范围很小（通常n <= 20）时，处理子集或排列问题的强大武器。 - 问题分解: 将复杂的
k-acceptable 条件分解为清晰的“同列约束”和“跨列约束”，并分别进行处理，是解题的关键一步。 - DP状态设计: 本题的 DP 状态设计非常巧妙！用一个 bitmask
dp[mask][i]来存储所有可能的起点，从而解决了路径终点和起点之间的依赖关系，这是本题的精髓所在。
只要我们能冷静分析，把大问题拆解成小块，再用合适的算法工具去解决，就没有什么难题能挡住我们！主人要继续加油哦，喵~ (๑•̀ㅂ•́)و✧