[2007 AHOI]宝库通道 (Treasure Passage) 题解

1|0题目描述

探宝的旅程仍然继续中，由于你的帮助，小可可成功点燃了灯阵，避过了许多致命的陷阱，终于来到了宫殿的正厅中。大厅的地面是由一块块大小一致的正方形石块组成的，这些石块分为黑、白两色，组成了一个 $m\times n$ 的矩形，在其中一个石块的下面就是通往藏宝库的通道。小可可不可能一个一个石块的尝试，因为有些石块安装了机关，一碰就会触发，整个宫殿也随之倒塌。根据藏宝图记载，通道在某一特定的区域中，这个区域是一个由数个石块组成的面积不为 $0$ 的小矩形，它的四条边与大厅地面的边平行。如果对整个大厅地面任意划分矩形，那么在所有矩形中，这个区域的黑色石块数目减去白色石块数目所得的差是最大的。

小可可希望和你分工，由他来选择区域，你来计算黑、白两色石块的数目差 $s$。这样就能快速而准确的确认通道所在的区域。藏宝图上说这个区域中的石块都没有安装机关，只要确定了区域，就一定能找到通道。宝藏就在眼前了，加油吧！

（假设用 1 表示黑色石块，用 0 表示白色石块）

2|0输入格式

输入文件的第一行为两个整数 $m,n$。
以下 $m$ 行，每行 $n$ 个字符，每个字符都是 0 或 1。

3|0输出格式

输出文件仅一个数，表示所有可能的区域中 $s$ 值（见前文描述）最大的一个，输出这个值即可。

3 4
1011
1111
1111

10

4 5
10110
01111
11110
10101

8

4|0数据规模与约定

• 对于 $50\mathrm{\%}$ 的数据，$1\le m,n\le 200$。
• 对于 $100\mathrm{\%}$ 的数据，$1\le m,n\le 400$。

4|1题目大意

挺难理解的，仔细阅读后大意如下：

给定一个 $n$ 行 $m$ 列的仅包含 0 和 1 的矩形，请求出区域内 1 的个数减去 0 的个数的最大值。

$n,m\le 400$。

4|2思路分析

显然可以用二维前缀和维护，枚举所有区域，求出该区域的答案求 $max$ 即可。

具体地，我们先用二维前缀和 $su{m}_{i,j}$ 求出前 $i$ 行前 $j$ 列的 1 的个数（也得到了 0 的个数），根据容斥原理，有通项公式：

$$su{m}_{i,j}=su{m}_{i-1,j}+su{m}_{i,j-1}-sumi-1,j-1$$

再枚举区域的左上角 $(u,l)$ 和右下角 $(d,r)$，该区域的答案为：

$$ans=sum[d][r]-sum[d][l-1]-sum[u-1][r]+sum[u-1][l-1]$$

这样，枚举 $u,l,d,r$，时间复杂度显然为 $\mathcal{O}\mathcal{(}{\mathcal{n}}^{\mathcal{4}}\mathcal{)}$，不能通过。

1|050pts TLE code

/*Written by smx*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define QAQ cout<<"QAQ\n";
const int MAXN=4e2+5,inf=1e18,mod=1e9+7;
int sum[MAXN][MAXN];
int n,m,ans;
signed main(){
	//freopen(".in","r",stdin);
	//freopen(".out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			char t;
			cin>>t;
			sum[i][j]=sum[i-1][j]+sum[i][j-1]-sum[i-1][j-1]+t-'0';
		}
	}
	for(int u=1;u<=n;u++){
		for(int l=1;l<=m;l++){
			for(int d=u+1;d<=n;d++){
				for(int r=l+1;r<=m;r++){
					int s1=sum[d][r]-sum[d][l-1]-sum[u-1][r]+sum[u-1][l-1];
					int s0=(d-u+1)*(r-l+1)-s1;
					ans=max(ans,s1-s0);
				}
			}
		}
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

可以使用最大子段和来优化前缀和。我们对每一行求一个一维的前缀和，显然第 $i$ 行前 $j$ 个的通项公式为：

$$su{m}_{i,j}=su{m}_{i,j-1}+a_{i,j}$$

接着枚举区域，枚举区域的 $l$ 和 $r$，求出区域内每一行的和 $f_i$，接下来对和求最大子段和，为：

$$f_i=max(f_i,f_{i-1}+f_i)$$

对 $f_i$ 求 $max$。

这样，时间复杂度进化为 $\mathcal{O}\mathcal{(}{\mathcal{n}}^{\mathcal{3}}\mathcal{)}$，可以通过。

4|3code

/*Written by smx*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define QAQ cout<<"QAQ\n";
const int MAXN=4e2+5,inf=1e18,mod=1e9+7;
int n,m,ans=-inf;
int sum[MAXN][MAXN],f[MAXN];
signed main(){
	//freopen(".in","r",stdin);
	//freopen(".out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			char c;
			cin>>c;
			sum[i][j]=sum[i][j-1]+(c=='1'?1:-1);
		}
	}
	for(int j1=1;j1<=m;j1++){
		for(int j2=j1;j2<=m;j2++){
			for(int i=1;i<=n;i++){
				f[i]=sum[i][j2]-sum[i][j1-1];
			}
			for(int i=1;i<=n;i++){
				f[i]=max(f[i],f[i-1]+f[i]);
				ans=max(ans,f[i]);
			}
		}
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

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本文作者：shimingxin1007
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