ACM 悬线法总结

一般分为两种做法：

DP法 复杂度O(n*m)

问题引入

1. 有一个n*m的矩阵，初始为白色，里面有s个黑色格子，现在问能在矩阵里面找到的最大不包含
   黑色格子的子矩阵/正方形(n, m<=1000, s<=n*m)
   例题：P2701 [USACO5.3]巨大的牛棚Big Barn(https://www.luogu.com.cn/problem/P2701)

题目描述

农夫约翰想要在他的正方形农场上建造一座正方形大牛棚。他讨厌在他的农场中砍树，想找一个能
够让他在空旷无树的地方修建牛棚的地方。我们假定，他的农场划分成 N x N 的方格。输入数据
中包括有树的方格的列表。你的任务是计算并输出，在他的农场中，不需要砍树却能够修建的最大
正方形牛棚。牛棚的边必须和水平轴或者垂直轴平行。

EXAMPLE

考虑下面的方格，它表示农夫约翰的农场，‘.'表示没有树的方格，‘#'表示有树的方格

1 2 3 4 5 6 7 8

1 . . . . . . . .

2 . # . . . # . .

3 . . . . . . . .

4 . . . . . . . .

5 . . . . . . . .

6 . . # . . . . .

7 . . . . . . . .

8 . . . . . . . .

最大的牛棚是 5 x 5 的，可以建造在方格右下角的两个位置其中一个。

输入格式

Line 1: 两个整数： N （1 <= N <= 1000），农场的大小，和 T （1 <= T <= 10，000）有树的方格的数量

Lines 2..T+1: 两个整数（1 <= 整数 <= N), 有树格子的横纵坐标

输出格式

只由一行组成，约翰的牛棚的最大边长。

输入
8 3
2 2
2 6
6 3
输出
5

思路

我们预处理
$L[i][j]:(i, j)往左连续的最远'F'的位置$
$r[i][j]:(i, j)往右连续的最远'F'的位置$
$up[i][j]:(i, j)往上最大的高度$

遍历矩阵然后在每个点DP一下就可以了。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;


int s[1005][1005];
int l[1005][1005], r[1005][1005], up[1005][1005];
int main(){

    int n, m, T; scanf("%d%d", &n, &T); m=n;
    for(int i=1; i<=n; i++){
        for(int j=1; j<=m; j++){
            s[i][j]=0;
            l[i][j]=r[i][j]=j;
            up[i][j]=1;
        }
    }
    while(T--){
        int x, y; scanf("%d%d", &x, &y);
        s[x][y]=1;
    }
    for(int i=1; i<=n; i++){//预处理l[][]
        for(int j=2; j<=m; j++){
            if(s[i][j]==0&&s[i][j-1]==0){
                l[i][j]=l[i][j-1];
            }
        }
    }

    for(int i=1; i<=n; i++){//预处理r[][]
        for(int j=m-1; j>=1; j--){
            if(s[i][j]==0&&s[i][j+1]==0){
                r[i][j]=r[i][j+1];
            }
        }
    }

    int ans=0;
    for(int i=1; i<=n; i++){
        for(int j=1; j<=m; j++){
            if(i>1&&s[i][j]==0&&s[i-1][j]==0){//DP
                l[i][j]=max(l[i][j], l[i-1][j]);
                r[i][j]=min(r[i][j], r[i-1][j]);
                up[i][j]=up[i-1][j]+1;
            }
            int s=min((r[i][j]-l[i][j]+1), up[i][j]);
            ans=max(ans, s);
        }
    }

    printf("%d\n", ans);

    return 0;

}

扩展法 复杂度O(s^2)

问题引入

1. 有一个n*m的矩阵，初始为白色，里面有s个黑色格子，现在问能在矩阵里面找到的最大不包含
   黑色格子的子矩阵/正方形(n, m<=5000, s<=1000)

题目描述

由于John建造了牛场围栏，激起了奶牛的愤怒，奶牛的产奶量急剧减少。为了讨好奶牛，John决定在牛场中建造一个大型浴场。
但是John的奶牛有一个奇怪的习惯，每头奶牛都必须在牛场中的一个固定的位置产奶，而奶牛显然不能在浴场中产奶，
于是，John希望所建造的浴场不覆盖这些产奶点。这回，他又要求助于Clevow了。你还能帮助Clevow吗？

John的牛场和规划的浴场都是矩形。浴场要完全位于牛场之内，并且浴场的轮廓要与牛场的轮廓平行或者重合。
浴场不能覆盖任何产奶点，但是产奶点可以位于浴场的轮廓上。

Clevow当然希望浴场的面积尽可能大了，所以你的任务就是帮她计算浴场的最大面积。

输入格式

输入文件的第一行包含两个整数L和W，分别表示牛场的长和宽。文件的第二行包含一个整数n，表示产奶点的数量。
以下n行每行包含两个整数x和y，表示一个产奶点的坐标。所有产奶点都位于牛场内，即：0<=x<=L，0<=y<=W。

输出格式

输出文件仅一行，包含一个整数S，表示浴场的最大面积。

输入

10 10
4
1 1
9 1
1 9
9 9

输出

80
说明/提示
0<=n<=5000
1<=L,W<=30000

思路

来自王知昆大佬的论文:

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;

struct node {
    LL x, y;
} a[5010];

int main() {
    LL L, W;
    scanf("%lld%lld", &L, &W);
    int n;
    scanf("%d", &n);
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        scanf("%lld%lld", &a[i].x, &a[i].y);
    }
    a[++n]= {0, 0};
    a[++n]= {0, W};
    a[++n]= {L, 0};
    a[++n]= {L, W};
    sort(a+1, a+n+1, [](const node &a,const node &b) {
        return (a.x==b.x)?a.y<b.y:a.x<b.x;
    });
    LL ans=0;
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        LL l=0, h=W, v=L-a[i].x;
        for(int j=i+1; j<=n; j++) {
            if(a[j].y<=h&&a[j].y>=l||a[j].x==L) {//到边界
                if(v*(h-l)<=ans) { //剪枝
                    break;
                }
                ans=max(ans, (h-l)*(a[j].x-a[i].x));
                if(a[j].y==a[i].y) {
                    break;
                }
                if(a[j].y>a[i].y) {
                    h=min(h, a[j].y);
                } else {
                    l=max(l, a[j].y);
                }
            }
        }
        l=0, h=W, v=a[i].x;
        for(int j=i-1; j>=1; j--) {
            if(a[j].y<=h&&a[j].y>=l||a[j].x==0) {//到边界
                if(v*(h-l)<=ans) { //剪枝
                    break;
                }
                ans=max(ans, (h-l)*(a[i].x-a[j].x));
                if(a[j].y==a[i].y) {
                    break;
                }
                if(a[j].y>a[i].y) {
                    h=min(h, a[j].y);
                } else {
                    l=max(l, a[j].y);
                }
            }
        }
    }
    sort(a+1, a+1+n, [](node &a, node &b) {
        return a.y<b.y;
    });
    for(int i=1; i<n; i++) {
        ans=max(ans, (a[i+1].y-a[i].y)*L);
    }
    printf("%lld\n", ans);

    return 0;
}

总结

n*m 比较小用DP法
s^2 比较小用扩展法