描述
http://www.luogu.org/problem/show?pid=1565
给出一个n*m的矩阵,求最大的且和值为正的子矩阵.
分析
很容易想到的是用前缀和维护,暴力枚举左上角和右下角,这样的复杂度是O(n^4)的.(虽然洛谷上这道题也能过)
一种神奇的方法:用前缀和记录每一行的前缀和.枚举的时候先枚举左右端点,然后分别算出左右端点之间每一行的和值,把一行看作一个单元(将一行压缩成一个点),求以行为单元的前缀和.然后前缀和相减可以得到子矩阵.而题目要求子矩阵的和值要为正,所以必须是值大的前缀和减值小的(相等不能减),所以把前缀和排个序.对于子矩阵t[i]-t[j](t是前缀和),t[i]必须大于t[j],而且t[i]代表的前缀和要尽可能"靠下",这样子矩阵才能尽可能大.所以我们排序后扫一遍前缀和,记录当前前缀和t[i]之前的(比t[i]大的)前缀和中最靠下的位置down,然后用down-t[i].id表示两个前缀和之差代表的子矩阵的高度(可能为负),记录最大高度h,最后乘以底边的长度(j-i+1)即可.
注意:
1.前缀和要加上0.
2.相同的不能相减,所以相同的前缀和把序号小的放在上面,这样减出来的就是负的.
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std; const int maxn=+;
int n,m;
ll ans;
ll s[maxn][maxn]; struct node{
ll x,id;
node(){}
node(ll x,ll id):x(x),id(id){}
}t[maxn];
bool cmp(node x,node y){
if(x.x==y.x) return x.id<y.id;
return x.x>y.x;
}
void solve(){
for(int i=;i<=m;i++)
for(int j=i;j<=m;j++){
for(int k=;k<=n;k++) t[k]=node(t[k-].x+s[k][j]-s[k][i-],k);
t[]=node(,);
sort(t,t+n+,cmp);
ll down=t[].id,h=;
for(int k=;k<=n;k++){
h=max(h,down-t[k].id);
down=max(down,t[k].id);
}
ans=max(ans,h*(j-i+));
}
printf("%lld\n",ans);
}
void init(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=m;j++){
int t; scanf("%d",&t);
s[i][j]=s[i][j-]+t;
}
}
int main(){
init();
solve();
return ;
}