【BZOJ】3039: 玉蟾宫（DP/单调栈）
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
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
HINT
对于50%的数据，1<=N,M<=200
对于100%的数据，1<=N,M<=1000
