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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