考虑一个分治的做法：按行分治，将所有区间分为两类——经过分割线的、在左/右区间内部，后者显然可以递归下取，考虑前者

先求出出该行上每一列向上和向下的最大长度，记作$up_{i}$和$down_{i}$，然后枚举左端点$l$，找到最小的右端点$r$满足$r-l+1\le min_{i=l}^{r}up_{i}+\min_{i=l}^{r}down_{i}$（否则减小$r$一定不劣）

此时$r$具有单调性，再用一个单调队列维护即可，但时间复杂度为$o(qnm\log_{2}n)$，甚至劣于$o(qnm)$的暴力，因此需要优化

事实上，分治的很多过程都是重复的，即用线段树来维护区间，对于一个完全包含的区间，我们不需要搜下去，可以直接从该点得到答案

具体的，对于每一个区间：1.预处理出$up_{i}$和$down_{i}$；2.预处理出每一个$l$对应的$r$；3.维护第2项的子树最大值，合并的维护$o(m)$暴力即可，总复杂度为$o(nm+qm\log_{2}n)$

细节：关于$up_{i}$和$down_{i}$的处理另一种方法是求出每一个区间前后缀最长的1，根据子区间答案即可得到（而不保存$up_{i}$和$down_{i}$）

  1 #include<bits/stdc++.h>
  2 using namespace std;
  3 #define N 4000005
  4 #define L (k<<1)
  5 #define R (L+1)
  6 #define mid (l+r>>1)
  7 #define y1 y11
  8 struct ji{
  9     int l,r;
 10 };
 11 deque<int>q1,q2;
 12 vector<ji>zero,v[N<<2];
 13 vector<int>vv,f[N<<2],mx[N<<2];
 14 int n,m,q,p,x,y,x1,y1,x2,y2,ans;
 15 vector<ji> merge(vector<ji>x,vector<ji>y,int l1,int l2){
 16     vector<ji>v; 
 17     for(int i=0;i<m;i++){
 18         v.push_back(ji{0,0});
 19         if (x[i].l<l1)v[i].l=x[i].l;
 20         else v[i].l=l1+y[i].l;
 21         if (y[i].r<l2)v[i].r=y[i].r;
 22         else v[i].r=l2+x[i].r;
 23     }
 24     q1.clear(),q2.clear(),vv.clear();
 25     for(int i=0,j=-1;i<m;i++){
 26         while ((j<m)&&((j<i)||(j-i+1<=x[q1.front()].r+y[q2.front()].l))){
 27             if (++j==m)break;
 28             while ((!q1.empty())&&(x[q1.back()].r>=x[j].r))q1.pop_back();
 29             q1.push_back(j);
 30             while ((!q2.empty())&&(y[q2.back()].l>=y[j].l))q2.pop_back();
 31             q2.push_back(j);
 32         }
 33         vv.push_back(j-1);
 34         while ((!q1.empty())&&(q1.front()<=i))q1.pop_front();
 35         while ((!q2.empty())&&(q2.front()<=i))q2.pop_front();
 36     }
 37     return v;
 38 }
 39 void up(int k,int l,int r){
 40     v[k]=merge(v[L],v[R],mid-l+1,r-mid);
 41     f[k]=vv;
 42     for(int i=0;i<m;i++)mx[k][i]=max(max(mx[L][i],mx[R][i]),f[k][i]);
 43 }
 44 void build(int k,int l,int r){
 45     for(int i=0;i<m;i++){
 46         f[k].push_back(0);
 47         mx[k].push_back(0);
 48     }
 49     if (l==r){
 50         for(int i=1;i<=m;i++){
 51             scanf("%d",&p);
 52             v[k].push_back(ji{p,p});
 53             f[k][i]=mx[k][i]=i-1-(p^1);
 54         }
 55         return;
 56     }
 57     build(L,l,mid);
 58     build(R,mid+1,r);
 59     up(k,l,r);
 60 }
 61 void update(int k,int l,int r,int x,int y){
 62     if (l==r){
 63         v[k][y].l^=1;
 64         v[k][y].r^=1;
 65         f[k][y]=mx[k][y]=y-(v[k][l].l^1);
 66         return;
 67     }
 68     if (x<=mid)update(L,l,mid,x,y);
 69     else update(R,mid+1,r,x,y);
 70     up(k,l,r);
 71 }
 72 vector<ji> query(int k,int l,int r,int x,int y,int xx,int yy){
 73     if ((l>y)||(x>r))return zero;
 74     if ((x<=l)&&(r<=y)){
 75         for(int i=xx;i<=yy;i++)ans=max(ans,min(mx[k][i],yy)-i+1);
 76         return v[k];
 77     }
 78     int ll=min(mid,y)-max(l,x),lr=min(r,y)-max(mid+1,x);
 79     vector<ji>vl,vr;
 80     vl=query(L,l,mid,x,y,xx,yy);
 81     vr=query(R,mid+1,r,x,y,xx,yy);
 82     vl=merge(vl,vr,max(ll+1,0),max(lr+1,0));
 83     for(int i=xx;i<=yy;i++)ans=max(ans,min(vv[i],yy)-i+1);
 84     return vl;
 85 }
 86 int main(){
 87     scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
 88     build(1,1,n);
 89     for(int i=0;i<m;i++)zero.push_back(ji{0,0});
 90     for(int i=1;i<=q;i++){
 91         scanf("%d",&p);
 92         if (!p){
 93             scanf("%d%d",&x,&y);
 94             update(1,1,n,x,y-1);
 95         }
 96         else{
 97             scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2);
 98             ans=0;
 99             query(1,1,n,x1,x2,y1-1,y2-1);
100             printf("%d\n",ans);
101         }
102     }
103     return 0;
104 } 

View Code