Algorithm 来自访谈：删除n×中的行和列；n矩阵最大化剩余值之和

给定一个实数的n×n矩阵。允许您删除任意数量（从0到n）的行和任意数量（从0到n）的列，然后计算剩余条目的总和。提出一种算法，找出要删除哪些行和列，以最大化该总和。

蛮力方法是这样的：

• 对于n行，有2n个子集
• 对于n列，有2n个子集
• 对于nxn矩阵，有22n个子集

0元素是一个有效的子集，但很明显，如果您有0行或0列，那么总数是0，因此实际上有22n-2+1子集，但这没有什么不同

所以你可以用蛮力算出每个组合，作为一个O（an）算法。快速。：）

通过将网格中的所有正数相加，可以更快地计算出最大可能值。如果这些数字恰好形成了一个有效的子矩阵（这意味着您可以通过删除行和/或列来创建该集合），那么这就是您的答案

这意味着，如果没有一个数字是负数，那么根据定义，完整矩阵就是答案

另外，知道可能的最大值是多少，可以使您简化暴力评估，因为如果您得到的任何组合等于该最大值，那么这就是您的答案，您可以停止检查

另外，如果所有的数字都是非正数，那么答案就是最大值，因为根据定义，可以将矩阵缩减为1 x 1矩阵，其中包含1个值

这里有一个想法：构造2n-1nxm矩阵，其中1

• 创建一个n×1的向量行和，以及一个n×1的向量列和。将它们初始化为原始矩阵的行和列和。O（n²）
• 如果任何行或列的总和为负数，请删除编辑：具有最小值的行或列，并在另一个方向更新总和以反映其新值。O（n）
• 当没有行或列的和小于零时停止

这是对另一个答案进行改进的迭代变体。它在O（n²）时间内运行，但在其他答案中提到的某些情况下失败，这是该问题的复杂性限制（矩阵中有n²个条目，甚至要找到最小值，您必须检查每个单元格一次）

编辑：以下矩阵没有负行或负列，但也没有最大化，我的算法没有捕捉到它

1     1     3        goal     1    3
1   -89   101        ===>     1  101
1   102   -99

下面的矩阵确实有负的行和列，但我的算法选择了错误的行和列进行删除

 -5     1    -5      goal     1
  1     1     1      ===>     1
-10     2   -10               2

                     mine
                     ===>     1     1     1

---

我真的无法在头脑中产生一个算法，但对我来说，它“闻起来”像动态规划，如果它作为一个起点的话。

问题是。（因此，你不应该期望多项式时间算法来解决这个问题。不过，仍然可能有（非多项式时间）算法比蛮力略好。）证明NP硬度背后的想法是，如果我们能够解决这个问题，那么我们就可以在一般图中解决这个问题。（最大团问题是找到图中最大的成对连通顶点集。）

具体地说，给定任何具有n个顶点的图，让我们用条目

A[i][j]

形成矩阵A，如下所示：

• a[i][j]=1的
  i==j
  （对角线条目）

• a[i][j]=0

  如果边（i，j）出现在图中（和

  i≠j

  ）

• a[i][j]=-n-1

  如果边（i，j）不在图形中

现在假设我们解决了删除一些行和列（或者等价地，保留一些行和列）的问题，这样矩阵中的条目之和就最大化了。然后，答案给出了图中的最大团：

索赔：在任何最佳解决方案中，没有保留边（i，j）在图中不存在的行

i

和列

j

。证明：由于

a[i][j]=-n-1

且所有正项目的总和最多为

n

，因此选择（i，j）将导致负和。（请注意，删除所有行和列将得到更好的总和，即0。）

索赔：在（某些）最优解决方案中，保留的行和列的集合是相同的。这是因为从任何最佳解决方案开始，我们可以简单地删除未保留列

i

的所有行

i

，反之亦然。请注意，由于唯一的正条目是对角线条目，因此我们不会减少总和（根据之前的声明，我们也不会增加总和）

---

所有这些都意味着，如果图有一个最大团大小

k

，那么我们的矩阵问题有一个和

k

的解，反之亦然。因此，如果我们能在多项式时间内解决初始问题，那么集团问题也会在多项式时间内得到解决。这证明了最初的问题是。（实际上，很容易看出，初始问题的决策版本——是否有一种方法可以删除某些行和列，从而使总和至少为

k

——是NP，因此（初始问题的决策版本）实际上是NP。）

以一种简单的方式进行尝试：

我们需要项集{A00，A01，A02，…，A0n，A10，…，Ann}的有效子集，其最大和

首先计算所有子集（幂集）

有效子集是幂集的成员，对于每两个包含的条目Aij和A（i+x）（j+y），它还包含元素A（i+x）j和Ai（j+y）（它们是由Aij和A（i+x）（j+y）跨越的矩形的剩余角）

这样，您就可以从幂集中删除无效的幂，并找到剩余幂和最大的幂

我相信它可以通过改进幂集的算法来改进

Aij ...
 .       .   
 .       .
    ... A(i+x)(j+y)     

def maximize_sum(m):
  frontier = [(m, 0, False)]
  best = None
  best_score = 0

  while frontier:
    current, startidx, cols_done = frontier.pop()
    score = matrix_sum(current)
    if score > best_score or not best:
      best = current
      best_score = score
    w, h = matrix_size(current)
    if not cols_done:
      for x in range(startidx, w):
        frontier.append((delete_column(current, x), x, False))
      startidx = 0
    for y in range(startidx, h):
      frontier.append((delete_row(current, y), y, True))
  return best_score, best

>>> m = ((1, 1, 3), (1, -89, 101), (1, 102, -99))
>>> maximize_sum(m)
(106, [(1, 3), (1, 101)])

-1  1  0           1  1  1
-4  1 -4           5  7 1
 1  2  4    ===>  
 5  7  1  

2    1

3    -10

Cost to take row      Cost to take column
       3                      5

      -7                      -9

function pruneMatrix(matrix) {
  max = -inf;
  bestRowBitField = null;
  bestColBitField = null;
  for(rowBitField=0; rowBitField<2^matrix.height; rowBitField++) {
    for (colBitField=0; colBitField<2^matrix.width; colBitField++) {
      sum = calcSum(matrix, rowBitField, colBitField);
      if (sum > max) {
        max = sum;
        bestRowBitField = rowBitField;
        bestColBitField = colBitField;
      }
    }
  }
  return removeFieldsFromMatrix(bestRowBitField, bestColBitField);
}

function calcSumForCombination(matrix, rowBitField, colBitField) {
  sum = 0;
  for(i=0; i<matrix.height; i++) {
    for(j=0; j<matrix.width; j++) {
      if (rowBitField & 1<<i && colBitField & 1<<j) {
        sum += matrix[i][j];
      }
    }
  }
  return sum;
}