http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3039

每次看到我的提交都有点淡淡的忧伤T_T。。

看到此题我想到用前缀和维护点ij向左和向上能拓展的最大长度,然后设状态f(i, j, 0)表示ij这个点为最大矩形的右下角时的长(横的),f(i, j, 1)表示ij这个店为最大矩形右下角时的宽(竖的),然后决策就是取点(i-1, j-1)的f值拓展一层为ij的,找到一个可行最大解。

过了几个样例我以为就能过了0.0没有认真考虑,,所以造成了前面2个wa。。原因很简单,此方程不满足最优子结构,因为你在拓展最大矩形的时候,不能保证(i+1, j+1)用到自己使得矩形增大,比如

0 0 0 1 1 0

1 1 1 1 1 0

0 0 0 1 1 0

当到点3,5的时候(下标从1开始),用到的是2,4,而2,4的最优解是向左拓展到2,1,因此方程转移后得到的是一个面积为4的矩形,与最优面积为6的矩形相悖,所以这样设是错误的。

看了题解。。。嗯。。我这个方法其实是能用的,只不过换了一点和换了方程。

我们设l[x][y]表示xy这个点向左能拓展到的最远的下标再-1,r[x][y]表示xy这个点想右能拓展到的最远的位置再+1,根据矩形面积低×高,我们只需要将高算出来,找到一个恰当的底,那么面积就求出来了。

首先我们还得维护2个数组,L[x][y]表示xy所构成的最大矩形的底的最左边的点的位置,R[x][y]表示底最右边的点的位置。接下来就是转移了~

l和r很好求,现在我们要求的是L和R,xy的最大面积=(R[x][y]-L[x][y]+1)×高,高可以通过转移时一步步获得,R[x][y]=min(r[x][y]-1, R[x-1][y]),L[x][y]=max(l[x][y]+1, L[x-1][y]),这里取max和min应该很好理解,嗯~此步骤就能看出我之前做法的不足了~这样做是同方向的,所以底是最优的,而高显然是最优的,所以矩形面积显然是最优的。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define for1(i,a,n) for(i=a;i<=n;++i)
#define for2(i,a,n) for(i=a;i<n;++i)
#define for3(i,a,n) for(i=a;i>=n;--i)
#define for4(i,a,n) for(i=a;i>n;--i)
#define CC(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define read(a) scanf("%d", &a)
#define print(a) printf("%d", a)
inline int getnum() { int ret=0; char c; for(c=getchar(); c<'0' || c>'9'; c=getchar()); for(; c>='0' && c<='9'; c=getchar()) ret=ret*10+c-'0'; return ret; } const int N=1005;
int imap[N][N], l[N][N], r[N][N], L[N][N], R[N][N], h[N][N]; int main() {
int n, m, c, ans=0;
n=getnum(); m=getnum();
int i, j, t;
for1(i, 1, n) for1(j, 1, m) {
for(c=getchar(); c!='R' && c!='F'; c=getchar());
if(c=='F') imap[i][j]=1;
}
for1(i, 1, n) {
t=0;
for1(j, 1, m)
if(imap[i][j]) l[i][j]=t;
else L[i][j]=0, t=j;
t=m+1;
for3(j, m, 1)
if(imap[i][j]) r[i][j]=t;
else R[i][j]=m+1, t=j;
}
for1(j, 0, m+1) R[0][j]=m+1;
for1(i, 1, n) for1(j, 1, m)
if(imap[i][j]) {
h[i][j]=h[i-1][j]+1;
L[i][j]=max(l[i][j]+1, L[i-1][j]);
R[i][j]=min(r[i][j]-1, R[i-1][j]);
ans=max((R[i][j]-L[i][j]+1)*h[i][j], ans);
}
print(ans*3);
return 0;
}

然后是单调栈的做法,假设只有i为底的一个点的高比i+!为底的一个点的高,那么i所在的底只有长度为1,而i+1所在底的长度为2,满足单调性,即高度越高,比他矮的都能够len+1,所以可以用单调栈实现。

(看了hzwer神犇的题解后才懂的)

我们维护a[i][j]表示ij点向上拓展的最长长度,那么在i这一条底上,我们将所有的高进行单调栈处理,然后更新ans即可。(图都不用存了)

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define for1(i,a,n) for(i=a;i<=n;++i)
#define for2(i,a,n) for(i=a;i<n;++i)
#define for3(i,a,n) for(i=a;i>=n;--i)
#define for4(i,a,n) for(i=a;i>n;--i)
#define CC(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define read(a) scanf("%d", &a)
#define print(a) printf("%d", a)
inline int getnum() { int ret=0; char c; for(c=getchar(); c<'0' || c>'9'; c=getchar()); for(; c>='0' && c<='9'; c=getchar()) ret=ret*10+c-'0'; return ret; } const int N=1005;
int n, m, sum[N][N], s[N], l[N], ans, top; void update(int h[]) {
int len;
top=0; l[top]=s[top]=0;
for(int i=1; i<=m; ++i) {
if(h[i]>=s[top]) s[++top]=h[i], l[top]=1;
else {
len=0;
while(top && s[top]>h[i]) {
len+=l[top];
ans=max(ans, s[top]*len);
top--;
}
s[++top]=h[i]; l[top]=len+1;
}
}
len=0;
while(top) {
len+=l[top];
ans=max(ans, s[top]*len);
top--;
}
} int main() {
int c;
n=getnum(); m=getnum();
int i, j;
for1(i, 1, n) for1(j, 1, m) {
for(c=getchar(); c!='R' && c!='F'; c=getchar());
if(c=='F') sum[i][j]=sum[i-1][j]+1;
}
for1(i, 1, n) update(sum[i]);
print(ans*3);
return 0;
}

Description

有一天,小猫rainbow和freda来到了湘西张家界的天门山玉蟾宫,玉蟾宫宫主蓝兔盛情地款待了它们,并赐予它们一片土地。
这片土地被分成N*M个格子,每个格子里写着'R'或者'F',R代表这块土地被赐予了rainbow,F代表这块土地被赐予了freda。
现在freda要在这里卖萌。。。它要找一块矩形土地,要求这片土地都标着'F'并且面积最大。
但是rainbow和freda的OI水平都弱爆了,找不出这块土地,而蓝兔也想看freda卖萌(她显然是不会编程的……),所以它们决定,如果你找到的土地面积为S,它们每人给你S两银子。

Input

第一行两个整数N,M,表示矩形土地有N行M列。
接下来N行,每行M个用空格隔开的字符'F'或'R',描述了矩形土地。

Output

输出一个整数,表示你能得到多少银子,即(3*最大'F'矩形土地面积)的值。

Sample Input

5 6
R F F F F F
F F F F F F
R R R F F F
F F F F F F
F F F F F F

Sample Output

45

HINT

对于50%的数据,1<=N,M<=200
对于100%的数据,1<=N,M<=1000

Source

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