Monge矩阵

Monge矩阵

对一个m*n的实数矩阵A，如果对所有i，j，k和l，1≤ i<k ≤ m和1≤ j<l ≤ n，有          A[i,j]+A[k,l] ≤ A[i,l]+A[k,j]   那么，此矩阵A为Monge矩阵。

换句话说，每当我们从矩阵中挑出两行与两列，并且考虑行列交叉处的4个元素，左上角与右下角的和小于或等于左下角与右上角元素的和。

例如，下面这个就是一个Monge矩阵

（1）证明一个矩阵为Monge阵，当且仅当对所有i=1,2,...,m-1和j=1,2,...,n-1，有            A[i,j]+A[i+1,j+1] ≤ A[i,j+1]+A[i+1,j]

(提示:在当部分，对行、列分别使用归纳法。)

（2）下面的矩阵不是Monge阵。改变一个元素，把它变成Monge矩阵

             37       23       22      32

             21        6       27      10

             53       34       30      31

             32       13        9       6

             43       21       15       8

很明显是要改27,27可以改成【2,5】内的任何一个实数

（3）假设f(i)是第i行包含最左端最小值的列的索引值。证明对任何的m x n Monge矩阵，有f(1) ≤ f(2) ≤...≤ f(m)。

（4）下面是一个用来计算m x n 的Monge矩阵A中每一行的最左最小值的分治算法的描述：

   构造一个包含所有A的偶数行的子矩阵A'。递归地计算A'中每一行的最左端最小值。然后计算A中奇数行的最左端最小值。

   解释如何能在O(m+n)时间内计算出A的奇数行的最左端最小值？（在偶数行最左最小值已知的情况下）

解释：看下面的代码就很明显了。

其实这个算法，我个人感觉，就结构而言比较像分治，但是就思想而言比较像动态规划。

（5）写出（4）所描述算法的运行时间的递归式，并证明其解为O(m+nlogm)

T（m）=T（m/2）+ O（m+n）（求解略）

我的代码：
 

#include<iostream>
using namespace std;void calculate(double **A, int r1, int r2, int min, int max, int *f)	//计算f(r1)到f(r2)
{if (r1 > r2)return;int r = (r1 + r2) / 2;int result = min;int flag = A[r][min];for (int i = min + 1; i <= max; i++)	//寻找最左最小元素flag，和它的的下标result{if (A[r][i] < flag){flag = A[r][i];result = i;}}f[r] = result;calculate(A, r1, r - 1, min, result, f);calculate(A, r + 1, r2, result, max, f);
}bool isMonge(double **A, int m, int n)	//判断是否是Monge矩阵
{for (int i = 0; i < m - 1; i++)for (int j = 0; j < n - 1; j++)if (A[i][j] + A[i + 1][j + 1]>A[i + 1][j] + A[i][j + 1])return false;return true;
}
int main()
{int m, n;while (cin >> m >> n && m>1 && n > 1){double **A = new double*[m];		//Monge矩阵int *f = new int[m];	//不需要在主函数里面进行初始化，这个工作由calculate函数完成for (int i = 0; i < m; i++){A[i] = new double[n];for (int j = 0; j < n; j++)cin >> A[i][j];}if (isMonge(A, m, n)){cout << "这个是Monge矩阵" << endl;calculate(A, 0, m - 1, 0, n - 1, f);for (int i = 0; i < m; i++)cout << "第" << i << "行的最左最小元素的列下标是" << f[i] << endl;}else cout << "这个不是Monge矩阵";}return 0;
}