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题意：

给你 $n*m$ 的矩阵。第 $i$ 行你可以选择以 $(i,j)$ 为左上角， $(min(n , i + 1),j+k-1)$ 为右下角的子矩阵。

每行可以选择一次。

这 $n$ 个子矩阵的并集的和就是答案。输出最大的答案。

数据范围： $1\leqslant n \leqslant 50 , 1 \leqslant m \leqslant 2 \cdot 10^4 , 1 \leqslant k \leqslant min(m,20)$ 。

题解：

这个应该能一下看出是 $dp$ 题。

$dp[i][j]$ 表示第 $i$ 行选择以 $(i,j)$ 为左上角， $(min(n , i + 1),j+k-1)$ 为右下角的子矩阵的最大值。

然后可以发现，转移状态时有两种情况：

（1）当前行选择的子矩阵与上一行选择的子矩阵相交。

$dp[i][j] = max(dp[i][j] , dp[i - 1][p] + sum[i][j] - cost)$

$sum[i][j]$ 表示以 $(i,j)$ 为左上角， $(min(n , i + 1),j+k-1)$ 为右下角的子矩阵的和。

$cost$ 表示两个子矩阵的重叠部分，因为计算了两次，需要减去一次。

相交条件： $max(p , j) \leqslant min(p + k - 1 , j + k - 1)$

（2）当前行选择的子矩阵与上一行选择的子矩阵不相交。

$dp[i][j] = max(dp[i][j] , dp[i - 1][p] + sum[i][j])$

$sum[i][j]$ 表示以 $(i,j)$ 为左上角， $(min(n , i + 1),j+k-1)$ 为右下角的子矩阵的和。

不相交条件： $max(p , j) > min(p + k - 1 , j + k - 1)$

不相交的部分可以前缀最大值和后缀最大值优化一下，然后相交的部分暴力计算，因为 $k$ 比较小。

时间复杂度： $O(n*m*k)$ 。

感受：

其实这个题可做，但这个题比较靠后，在两个小时的比赛中，假如按照顺序写，必须手速飞快才能把这个题写完。

所以比赛时把这道题写出来还是挺难的。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std ;
typedef long long ll ;
const int maxn = 55 ;
const int maxm = 2e4 + 5 ;
int n , m , k ;
int a[maxn][maxm] ;
int dp[maxn][maxm] ;
int sum[maxn][maxm] ;
int c[maxn][maxm] ;
void init()
{for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)for(int j = 1 ; j <= m ; j ++)c[i][j] = c[i][j - 1] + a[i][j] ;for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){for(int j = 1 ; j <= k ; j ++)sum[i][1] += a[i][j] ;for(int j = 2 ; j + k - 1 <= m ; j ++)sum[i][j] = sum[i][j - 1] - a[i][j - 1] + a[i][j + k - 1] ;}for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)for(int j = 1 ; j + k - 1 <= m ; j ++)sum[i][j] += sum[i + 1][j] ;
}
int d(int i , int x , int y)
{return c[i][y] - c[i][x - 1] ;
}
int cal(int i , int j)
{int l = max(1 , j - k + 1) , r = min(m , j + k - 1) ;int ans = 0 ;for(int p = l ; p <= r ; p ++){int x = max(p , j) ;int y = min(p + k - 1 , j + k - 1) ;int cost = dp[i - 1][p] + sum[i][j] - d(i , x , y) ;ans = max(ans , cost) ;}return ans ;
}
void solve()
{for(int j = 1 ; j + k - 1 <= m ; j ++)  dp[1][j] = sum[1][j] ;for(int i = 2 ; i <= n ; i ++){int pre = 0 ;for(int j = 1 ; j + k - 1 <= m ; j ++){if(j - k >= 1)  pre = max(pre , dp[i - 1][j - k]) ;if(j - k >= 1)  dp[i][j] = max(dp[i][j] , pre + sum[i][j]) ;dp[i][j] = max(dp[i][j] , cal(i , j)) ;}int suf = 0 ;for(int j = m - k + 1 ; j >= 1 ; j --){if(j + 2 * k - 1 <= m)  suf = max(suf , dp[i - 1][j + k]) ;if(j + 2 * k - 1 <= m)  dp[i][j] = max(dp[i][j] , suf + sum[i][j]) ;}}int ans = 0 ;for(int j = 1 ; j + k - 1 <= m ; j ++)  ans = max(ans , dp[n][j]) ;printf("%d\n" , ans) ;
}
int main()
{scanf("%d%d%d" , &n , &m , &k) ;for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)for(int j = 1 ; j <= m ; j ++)scanf("%d" , &a[i][j]) ;init() ;solve() ;return 0 ;
}

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