BZOJ 3039 玉蟾宫 最大子矩阵 算♂法②

题意:链接

方法:最大子矩阵之算♂法②

解析:

首先这道题单调栈DP是肯定能过的，但是一点都不高端！

什么年代了还用这种方式！

所以如何彰显自己是个高端的人呢？

悬线法能满足你的需求！

什么是悬线法？

首先对于悬线的定义，对于一个n*m的坐标图中的任意一点，其向上能延伸的一个线段(不碰到坏点)称为悬线。

如果定义h[i,j]代表(i,j)该点的悬线长度。

那么，如果其上方的点是坏点，则悬线长度为0，该点为坏点，悬线长度为0，否则的话，为上方的点的悬线长度加1。

如果这么统计的话，那么最终的悬线长度应该为h[i,j]+1,不清楚自行观察。

然后呢对于一个悬线，我们欲知道最大子矩阵的大小的时候，需要将该悬线平移，即其向左能平移多长距离，向右能平移多长距离，不妨令l[i,j]为向左平移多少距离，r[i,j]为向右平移多长距离，便于统计，我们将坏点的这两种值置为0，非坏点的l为前1点+1，r为后一点+1，最终的l+r-1即为该矩阵的长，又悬线为宽，所以面积可以拿出。

但是怎么实现呢？

首先我们先假设所有的l,r都是对于本行的，那么很容易的就能处理出来所有点的l,r。复杂度2nm

之后我们枚举所有的非坏点，在更新h的同时，更新l,r，很容易发现，当前点的l应该是其上方的点的l与该点在其本行的l的较小者。不妨假设悬线长为2，那么随便画个图就能知道。悬线长大于2呢？又是个递归思想。

r的处理同理。

那么最终所有点的(h+1)*(l+r-1)就是该点对应的最大子矩阵面积。

可能有人会说，这样的话下边界不是最远距离啊？

但是别忘了，我们是按次序枚举的，也就是说，最远的下边界上的点我们一定会枚举到，在该点时便会更新。

这个算法与①有什么区别呢？

它的复杂度为n*m，在图较小的时候显然适合这种方法。

代码:

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define N 1010
using namespace std;
int l,w;
int h[N][N];
int le[N][N];
int ri[N][N];
int map[N][N];
char s[2];
int main()
{
    scanf("%d%d",&l,&w);
    for(int i=1;i<=l;i++)
    {
        for(int j=1;j<=w;j++)
        {
            scanf("%s",s);
            if(s[0]==‘F‘)map[i][j]=1;
        }
    }
    for(int i=1;i<=l;i++)
    {
        for(int j=1;j<=w;j++)
        {
            if(!map[i][j])
                le[i][j]=0;
            else le[i][j]=le[i][j-1]+1;
        }
        for(int j=w;j>=1;j--)
        {
            if(!map[i][j])
                ri[i][j]=0;
            else ri[i][j]=ri[i][j+1]+1;
        }
    }
    for(int i=1;i<=l;i++)
    {
        for(int j=1;j<=w;j++)
        {
            if(map[i-1][j]&&map[i][j])
            {
                h[i][j]=h[i-1][j]+1;
                le[i][j]=min(le[i][j],le[i-1][j]);
                ri[i][j]=min(ri[i][j],ri[i-1][j]);
            }
        }
    }
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=l;i++)
    {
        for(int j=1;j<=w;j++)
        {
            ans=max(ans,(h[i][j]+1)*(le[i][j]+ri[i][j]-1));
        }
    }
    printf("%d\n",ans*3);
}

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