SCP-bzoj-1057
项目编号:bzoj-1057
项目等级:Safe
项目描述:
特殊收容措施:
首先枚举最左上角的点(记为(1,1))是黑点还是白点,这样就可以把与(1,1)不在同一对角线系的格点颜色翻转(形式化地,格点(x,y)被翻转颜色当且仅当(x+y) and 1=1),然后问题就等价于求整个棋盘中的颜色与(1,1)相同的最大子矩形/正方形,也即最大全0/1子矩阵。
求最大全0/1子矩阵有一个著名的方法叫悬线法:(以下描述中默认为求全1子矩阵)
•从上到下枚举每行,设当前行为i,h[j]表示第j列从第i行向上最长连续的全1串长度;l[j]表示选定子矩阵高度为h[j],最下端行号为i,且(i,j)存在于子矩阵中时其能达到的极左行号;r[j]定义类似于l[j]。
•这样最大子矩形即为max{(r[j]-l[j]+1)*h[j]},子正方形即为max{min(r[j]-l[j]+1,h[j])2}。
•h[j]的转移比较显然,每次i下移一行的时候,若第j列元素为1,则h[j]加一,否则h[j]赋为0。
•对于l[j]的转移,我们可以通过行内从左向右递推求得。考虑到子矩阵必须连续,则对于cur,不断探测cur的左一位,如果发现h[cur-1]<h[j]则l[j]即cur,否则cur赋为l[cur-1]并继续探索。
•r[j]的转移类似l[j],并且我们可以证明这种递推是均摊O(1)的。
这样,我们就能用O(nm)的复杂度解决这个(俩)问题了。
附录:
1 #include <bits/stdc++.h>
2 #define range(i,c,o) for(register int i=(c);i<(o);++i)
3 #define dange(i,c,o) for(register int i=(c);i>(o);--i)
4 using namespace std;
5
6 //#define __debug
7 #ifdef __debug
8 #define sub(t) t
9 #else
10 #define sub(t) __attribute__((optimize("-O2"))) inline t
11 #endif
12
13 // quick_io BEGIN HERE
14 sub(unsigned) getU()
15 {
16 char c; unsigned r=0; while(!isdigit(c=getchar()));
17 for(;isdigit(c);c=getchar()) r=(r<<3)+(r<<1)+c-'0';
18 return r;
19 }
20 // quick_io END HERE
21
22 sub(int) sqr(const int&x) {return x*x;}
23
24 static int n=getU(),m=getU(),squ=0,mat=0;
25 bool a[2005][2005];
26 int h[2005],l[2005],r[2005];
27 sub(void) work(const bool&rev)
28 {
29 memset(h,0,sizeof h);
30 range(i,0,n)
31 {
32 range(j,0,m)
33 {
34 a[i][j]^((i+j)&1)^rev?++h[j]:h[j]=0;
35 }
36 range(j, 0 , m) for(
37 l[j]=j;
38 l[j] &&h[l[j]-1]>=h[j];
39 l[j]=l[l[j]-1]
40 );
41 dange(j,m-1,-1) for(
42 r[j]=j;
43 r[j]+1<m&&h[r[j]+1]>=h[j];
44 r[j]=r[r[j]+1]
45 );
46 range(j,0,m)
47 {
48 squ=max(squ,sqr(min(r[j]-l[j]+1,h[j])));
49 mat=max(mat,(r[j]-l[j]+1)*h[j]);
50 }
51 }
52 }
53
54 int main()
55 {
56 range(i,0,n) range(j,0,m) a[i][j]=getU();
57 range(i,0,2) work(i);
58 return printf("%d\n%d\n",squ,mat),0;
59 }
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