QOJ 10019 Gold Coins 题解

链接 。

有一个 \(r\) 行 \(c\) 列的 \(01\) 矩阵 \(s_{x, y}\) ，下标从 \(1\) 开始标号。

令 \(a_{x, y} = \sum_{j = 1}^ y s_{x, j}, b_{x, y} = \sum_{i = 1}^ x s_{i, y}\) 。一个 \(01\) 矩阵是好的，当且仅当所有 \(s_{x, y} = 1\) 的位置对应的 \((a_{x, y}, b_{x, y})\) 二元组是两两不同的。

现在给你一个矩阵 \(s\) ，你可以把其中一些位置从 \(0\) 改成 \(1\) ，问最少改几个位置能让这个矩阵变成好的。

注意不能把元素从 \(1\) 变成 \(0\) ，并且全是 \(1\) 的矩阵是好的，所以一定存在解。

\(r,c\le 300\) 。

---

通过手玩+猜测，可以得到下面这两个猜想：

• 猜想一：不存在一个 \(0\) ，满足正下方和正右方都有 \(1\) 。即不存在 \(\matrix{0\ 1\\ 1\ ?}\) 作为子矩阵。
• 猜想二：不存在 \(\matrix{1\ 0\\ 0\ 1}\) 作为子矩阵。

通过打表可得，这两个猜测都是对的，而且合法当且仅当满足这两个条件，即是充要的。下面我们来证明一下。

证明猜想一

首先，来考虑满足猜想一的矩阵有什么性质。根据观察，可以得到：

• 性质一：对于同一列，从上往下 \(a\) 单调不升（这里的 \(a\) 就是题面中的 \(a\) ）。
• 说明：考虑第 \(i+1\) 列相比于第 \(i\) 列的变化，发现有可能有一个 \(1\) 从这一列开始变成 \(0\) ，除此之外一个后缀是 \(0\) 。对于 \(a\) 来说相当于一个前缀加，所以还是单调不升的。

由对称性，可得同一行 \(b\) 单调不升。

• 性质二：对于一个值为 \(1\) 的格 \((x,y)\) ，对于所有 \(p\in [1,a_{x,y}],q\in [1,b_{x,y}]\) ，存在值为 \((p,q)\) 的格子。
• 说明：考虑 \((x,y)\) 往上的第一个格子，发现 \(a\) 不会变小，且 \(b\leftarrow b-1\) ；再考虑往上的第一个格子，发现 \(a\leftarrow a-1\) ，\(b\) 不会变小。则只要这两个格子满足性质二，就能推出 \((x,y)\) 满足性质二，而 \((x,y)\) 上面或左边没有格子时是显然的。

现在来证明，有 \(\matrix{0\ 1\\ 1\ ?}\) 作为子矩阵就不合法。考虑找到一个 \((x,y)\) ，满足：

• \((x,y)\) 这个位置是 \(0\) 。
• \((x,y)\) 可以作为一个 \(\matrix{0\ 1\\ 1\ ?}\) 的左上角。
• \((x,y)\) 左上方没有其他符合上面两个条件的点。

可以发现 \([1,x]\times [1,y]\) 这个子矩阵是满足猜想一的。记 \((x,y)\) 左边有 \(p\) 个 \(1\) ，上面有 \(q\) 个 \(1\) ，则所有除了 \(1\le i\le p+1,1\le j\le q+1\) 且 \((i,j)\not =(p+1,q+1)\) 的 \((i,j)\) 都出现过。这个是因为，考虑 \((x,y)\) 左边第一个 \(1\) 记为 \((x,z)\) ，则第 \(y\) 列的 \([1,x]\) 中的 \(1\) 都会在第 \(z\) 列出现，所以 \((x,z)\) 对应值为 \((p,q+1)\) 。同理有一个 \((p+1,q)\) 。

考虑 \((x,y)\) 下面的第一个 \(1\) ，发现它的值只能是 \((p+1,q+1)\) ，否则只会变小，就重复了。同理右边的第一个 \(1\) 也得是 \((p+1,q+1)\) ，这样就重复了。

由此可以推出原矩阵不合法，则猜想一得证。

证明猜想二

找到四元组 \((x_1,y_1,x_2,y_2)\) 满足 \(x_1<x_2,y_1<y_2\) 且 \(s_{x_1,y_1}=s_{x_2,y_2}=1,s_{x_1,y_2}=s_{x_2,y_1}=0\) ，且 \((x_2,y_2)\) 的 \(x_2+y_2\) 最小，且 \(x_2-x_1+y_2-y_1\) 最小 。只要我们证明了，存在一个点 \((p,q)\) ，满足 \(a_{p,q}\ge a_{x_2,y_2}\) 且 \(b_{p,q}\ge b_{x_2,y_2}\) ，则 \((x_2,y_2)\) 就会重复，可以推出原矩阵不合法。

根据观察，可以得到：

• 性质三：所有 \(x_1<i<x_2\) ，满足 \(s_{i,y_1}\ge s_{i,y_2}\) ，同理另一维也是一样的。
• 证明：不满足只有可能是 \(s_{i,y_1}=0\) 且 \(s_{i,y_2}=1\) ，此时四元组 \((i,y_1,x_2,y_2)\) 也是符合上述条件的，矛盾。

考虑 \((x_2,y_2)\) 左边第一个 \(1\) ，记为 \((x_2,q)\) ，再考虑上边第一个 \(1\) \((p,y_2)\) ，特别的，如果左边 \([y_1,y_2)\) 范围内没有 \(1\) 则令 \(q=y_1\) ，上面 \([x_1,x_2)\) 范围内没有 \(1\) 则 \(p=x_1\) 。我们声称，\((p,q)\) 就是我们要的点。

证明：

• \(s_{p,q}=1\) 。根据性质一，较为显然。如果 \(p=x_1\) 或 \(q=y_1\) ，则可以由性质三得到。
• \(a_{p,q}\ge a_{x_2,y_2}\) 。首先根据性质二可得 \(a_{p,q}\ge a_{x_2,y_2}-1\) ，根据性质三可得 \(a_{p,y_1}=1\) ，又由于 \(a_{x_1,y_2}=0\) ，则第 \(p_2\) 行会比第 \(x_2\) 行多一个 \(1\) ，可得 \(a_{p,q}\ge a_{x_2,y_2}\) 。
• 同理可得 \(b_{p,q}\ge b_{x_2,y_2}\) ，于是得证。

充分性

温馨提示：这部分不是必须的。

相当于证明，只要满足猜想一和猜想二就一定合法。

假设有 \((x_1,y_1)\) 和 \((x_2,y_2)\) 的值相等，按照相对位置分类：

• \(x_1<x_2\) 且 \(y_1>y_2\) ：根据猜想一，\((x_1,y_2)\) 总是 \(1\) 。从 \((x_1,y_1)\) 到 \((x_1,y_2)\) 发现 \(a\) 变小 \(b\) 变大，而 \((x_2,y_2)\) 到 \((x_1,y_2)\) 发现 \(a\) 变大 \(b\) 变小，故总是不会相等。
• \(x_1<x_2\) 且 \(y_1<y_2\) ：根据猜想二，\((x_1,y_2)\) 和 \((x_2,y_1)\) 中肯定有一个 \(1\) ，不妨假设 \(s_{x_2,y_1}=1\) 。可以发现对于所有 \(j<y_1\) ，必须满足 \(s_{x_1,j}\le s_{x_2,j}\) ，否则不满足猜想一，则 \(a_{x_2,y_2}\) 肯定比 \(a_{x_1,y_1}\) 大。

得证。

另一个判定方法

其实有了这个，还是不太好做。

根据猜想一和猜想二，我们可以得到这么一个神秘的判断合法的方式：

• 结论四：一个矩阵合法，当且仅当去掉空行空列后，存在 \((x,y)\) ，满足 \([1,x]\times [1,y]\) 全是 \(1\) ，\([x+1,n]\times [y+1,m]\) 全是 \(0\) ，剩下的是独立的合法矩阵。

这个结论的必要性是显然的。为了证明充分性，只要证明，对于所有没有空行空列的合法子矩阵，都能找到 \((x,y)\) 满足 \([1,x]\times [1,y]\) 全是 \(1\) 且 \([x+1,n]\times [y+1,m]\) 全是 \(0\) 。

考虑那些向内的拐点，即 \((x,y)\) ，满足 \(s_{x,y}=0\) ，且 \([1,x]\times [1,y]\) 中除了 \((x,y)\) 都是 \(1\) 。猜想一相当于说，对于每个 \(0\) 都必须要有一条向下或向右的射线，满足射线上都是 \(0\) 。把拐点按 \(x\) 排序，如果有相邻的两个拐点 \((x_1,y_1),(x_2,y_2)\) ，其中 \(x_1<x_2\) 且 \(y_1>y_2\) 且满足 \((x_1,y_1)\) 有向右的射线而 \((x_2,y_2)\) 有向下的射线，则根据猜想二，所有 \([x_2,n]\times [y_1,m]\) 内的点都是 \(0\) 。此时 \((x_2-1,y_1-1)\) 就是一种合法的划分。

考虑第一行和第一列的拐点，发现第一行拐点的射线总是向右，第一列拐点的射线总是向左，否则会出现空行空列。则总是能找到合法的划分。

证毕。

DP 及其优化

根据上面这个判定方式，我们就可以写出一个 \(\Theta(n^6)\) 的 DP ：记 \(dp_{lx,rx,ly,ry}\) 表示把 \([lx,rx]\times [ly,ry]\) 这个子矩形变成好的，最少要几步。虽然复杂度很高，但振奋人心的是，它是多项式复杂度的！

注意到计算 DP 时， \([lx,n]\times [ly,m]\) 这个矩形，只有 \([lx,rx]\times [ly,ry]\) 有值，则只要关心 \(lx,ly\) ，其他会在去掉空行空列时被去掉。可以做到 \(\Theta(n^4)\) 。

接着注意到如果可以选 \((x,y)\) ，且也可以选 \((x,y-1)\) 或 \((x-1,y)\) ，则肯定不会选 \((x,y)\) ，其中可以选指的是 \([x+1,n]\times [y+1,m]\) 都是 \(0\) 。这是因为，发现选 \((x,y-1)\) 或 \((x-1,y)\) 会确定更少的 \(1\) ，而选 \((x,y)\) 合法的选 \((x,y-1)\) 或 \((x-1,y)\) 仍然可以合法。

这样一个状态只会有 \(\Theta(n)\) 种转移，直接做就好了。复杂度 \(\Theta(n^3)\) 。

代码 。