E. Nanosoft （预处理， 三维dp）

题目： 传送门

题意：

　　　定义Nanosoft的 logo 为 四个大小相同的正方形合并成一个大正方形。左上角是红色的，右上角是绿色的，左下角是黄色的，右下角是蓝色的。

　　　例如以下这些都是

　　　以下这些都不是

　　　给你一个n * m的矩阵，这个矩阵由 4 个大写字母 “R” ,  "G"， “Y”， “B” 构成，这四个大写字母分别代表红色，绿色，黄色，蓝色。

　　    有Q次询问，每次询问， 输入两个坐标，(x1, y1), (x2, y2) 代表 以 (x1, y1) 为矩阵左上角的坐标，(x2, y2)为矩阵右下角的坐标的矩阵中，能作为Nanosoft的 logo的 子矩阵面积最大是多少。

题解：

　　首先，定义 pre[ i ][ j ][ col ] 代表矩阵 (1, 1) , (i, j) 中 颜色为 col 的格有多少个， 也就是二维前缀和， 这个可以很简单预处理出来。

　　显然， 能作为Nanosoft的 logo 的都必须是正方形， 且边长必须是偶数。

　　然后定义 dp[ i ][ j ][ k ] 为 以(i, j) 为右下角， 边长为 k 的正方形中， 能作为Nanosoft的logo的子正方形的边长的最大值， 也就是以 (i - k + 1,  j - k + 1) 为左上角， (i, j)为右下角的正方形中，能作为Nanosoft的 logo的子正方形边长的最大值。

　　转移方程就是： dp[ i ][ j ][ k ] = max({ dp[ i ][ j ][ k ], dp[ i ][ j ][k - 1], dp[i - 1][ j ][k - 1], dp[ i ][j - 1][k - 1], dp[i - 1][j - 1][k - 1] });

　　我们还可以在o(1)的时间里判断 以 （i，j）为右下角坐标，边长为 k 的正方形是否能整个作为Nanosoft的 logo，能的话，那dp[ i ][ j ][ k ] 就是 k 了。

　　然后对于每个询问， 我们知道， 最大的正方形的边长就是 min(x2 - x1 + 1, y2 - y1 + 1)；

　　那我们可以枚举这样的正方形。 最多每次询问都枚举 max(n, m) 次， 那复杂度就是 n * q 不至于超时。

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define mem(i, j) memset(i, j, sizeof(i))
#define rep(i, j, k) for(int i = j; i <= k; i++)
#define dep(i, j, k) for(int i = k; i >= j; i--)
#define pb push_back
#define make make_pair
#define INF INT_MAX
#define inf LLONG_MAX
#define PI acos(-1)
using namespace std;

const int N = 510;

char a[N][N];
char s[] = "RGYB";
int n, m, q;
int pre[N][N][4]; ///第三维，0代表红色，1代表绿色，2代表黄色，3代表蓝色
int dp[N][N][N];

int check(int lux, int luy, int rdx, int rdy, int col) {
    return pre[rdx][rdy][col] - pre[rdx][luy - 1][col] - pre[lux - 1][rdy][col] + pre[lux - 1][luy - 1][col];
}

void init() {
    rep(k, 0, 3)  rep(i, 1, n)  rep(j, 1, m)
        pre[i][j][k] = pre[i - 1][j][k] + pre[i][j - 1][k] - pre[i - 1][j - 1][k] + (a[i][j] == s[k]);
    rep(i, 1, n) rep(j, 1, m) {
        for(int k = 1; k <= min(i, j); k++) {
            if(k % 2 == 0) {
                int len = k / 2;
                if(check(i - len + 1, j - len + 1, i, j, 3) == len * len
                 &&check(i - len + 1, j - k + 1, i, j - len, 2) == len * len
                 &&check(i - k + 1, j - len + 1, i - len, j, 1) == len * len
                 &&check(i - k + 1, j - k + 1, i - len, j - len, 0) == len * len)
                    dp[i][j][k] = k;
            }
            dp[i][j][k] = max({ dp[i][j][k], dp[i][j][k - 1], dp[i - 1][j][k - 1], dp[i][j - 1][k - 1], dp[i - 1][j - 1][k - 1] });
        }
    }
}

int main() {

    scanf("%d %d %d", &n, &m, &q);
    rep(i, 1, n) scanf("%s", a[i] + 1);
    init();
    while(q--) {
        int x1, x2, y1, y2;
        scanf("%d %d %d %d", &x1, &y1, &x2, &y2);
        int len = min(x2 - x1 + 1, y2 - y1 + 1);
        int ans = 0;
        if(x2 - x1 > y2 - y1) {
            int dis = (x2 - x1) -  (y2 - y1);
            rep(i, 0, dis) ans = max(ans, dp[x2 - i][y2][len]);
        }
        else {
            int dis = (y2 - y1) - (x2 - x1);
            rep(i, 0, dis) ans = max(ans, dp[x2][y2 - i][len]);
        }
        printf("%d\n", ans * ans);
    }
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/Willems/p/12307668.html