解法

BFS+二分，首先通过BFS能遍历得到每个位置到最近的office的距离，同时也能得到最大值r
与些同时设置l=0，然后就开始对[l,r]进行二分查找
判断k是否可行的条件是：是否存在一个位置(i,j)，使得在这里放一个office之后所有grid的距离都不超过k，找到一个最小的k即可
具体说来，需要将曼哈顿距离进行转换：dis(⟨x1,y1⟩,⟨x2,y2⟩)=max{abs((x1+y1)−(x2+y2)),abs((x1−y2)−(x2−y2))}dis(\langle x_1,y_1\rangle,\langle x_2,y_2\rangle) = \\max\{abs((x_1+y_1)-(x_2+y_2)), abs((x_1-y_2)-(x_2-y_2))\}dis(⟨x1,y1⟩,⟨x2,y2⟩)=max{abs((x1+y1)−(x2+y2)),abs((x1−y2)−(x2−y2))}
现在把⟨x2,y2⟩\langle x_2,y_2\rangle⟨x2,y2⟩设置为假如要放office的点，那么我们要在所有原始距离大于k的grid里找出放置新office之后的距离的最大值，并判断它是否不超过k。
而这个距离的最大值，将从x1+y1x_1+y_1x1+y1的最大值、最小值，以及x2+y2x_2+y_2x2+y2的最大值、最小值之中产生。
因此，遍历两遍O(RC)的时间就可以完成了

#!/usr/bin/env python
# -*- coding: utf-8 -*-from collections import dequeMOD = 10**9+7dx,dy = [0,0,-1,1],[-1,1,0,0]def solve(R,C,lines):dis = []bfs = deque()for i,line in enumerate(lines):dis.append([])for j in range(C):if line[j] == '0':dis[-1].append(-1)else:dis[-1].append(0)bfs.append((i, j))def issafe(i, j):return i >= 0 and j >= 0 and i < R and j < Cr = 0while bfs:i, j = bfs.popleft()for d in range(4):ni, nj = i + dx[d], j + dy[d]if issafe(ni, nj) and dis[ni][nj] == -1:dis[ni][nj] = dis[i][j] + 1r = max(r, dis[ni][nj])bfs.append((ni, nj))def isable(k):maxA,maxM,minA,minM = -R-C,-R-C,R+C,R+Cn = 0for i in range(R):for j in range(C):if dis[i][j]>k:n += 1maxA = max(maxA, i+j)maxM = max(maxM, i-j)minA = min(minA, i+j)minM = min(minM, i-j)if n==0:return Truefor i in range(R):for j in range(C):A,M = i+j,i-jif dis[i][j]>0 and max(abs(maxA-A),abs(minA-A),abs(maxM-M),abs(minM-M))<=k:return Truereturn Falsel = 0while l < r:mid = (l + r) >> 1if isable(mid):r = midelse:l = mid+1return rif __name__ == '__main__':t = int(input())for _ in range(1, t + 1):R,C = map(int,input().split())lines = []for i in range(R):lines.append(input())print("Case #{}: {}".format(_,solve(R,C,lines)))

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