【降维解法：最大字段和->最大子矩阵和->最终版最大子长方体和】【UVA10755】Garbage Heap

突然感觉刷完这一套专题后 码力有了质的飞跃，fighting　努力会有结果！

最大字段和是一个很经典的问题　Ｏ（ｎ）算法

而对于最大子矩阵和

可以思考一个这样的想法

枚举上下边界ｉ，ｊ把ｉ到ｊ这一段的矩阵上下挤压成一个序列

对于ｉ到ｊ的最大子矩阵和问题＝求这个序列的最大字段和

所以　复杂度为Ｏ（ｎ＾３）

而对于最大子长方体和　

依旧　先枚举上下边界　使问题变成最大子矩阵和

复杂度　Ｏ（ｎ＾５）

这种降维解题的思维方式　十分不错

具体看下面这个题

废料堆（Garbage Heap, UVa 10755）

有个长方体形状的废料堆，由A×B×C个废料块组成，每个废料块都有一个价值，可正可负。现在要在这个长方体上选择一个子长方体，使组成这个子长方体的废料块的价值之和最大。

【输入格式】

输入的第一行为数据组数T（T≤15）。每组数据的第一行为3个整数A, B,C（1≤A,B, C≤20）。接下来有A×B×C个整数，即各个废料块的价值，每个废料块的价值的绝对值不超过2³¹。如果给每个废料块赋予一个空间坐标（一个角为(1,1,1)，对角线的另一端为(A,B,C)），则这些废料块在输入文件中的出现顺序为：(1,1,1),(1,1,2), …, (1,1,C), (1,2,1), …,(1,2,C), …, (1,B,C), …, (2,1,1), …, (2,B,C), …, (A,B,C)。

【输出格式】

对于每组数据，输出最大子长方体的价值和。

贴下刘汝佳老师的解释

还是老规矩，先想一个正确但低效的方法。枚举x，y，z的上下界x1, x2, y1, y2, z1, z2，然后比较这O(n6)个长方体的价值和，而每个长方体还需要O(n3)时间累加出价值和，所以总时间复杂度为O(n9)，即使对于n≤20这样的规模，也太大了。
解决高维问题的常见思路是降维。让我们先来看看本题的二维情况：给定一个数字矩阵，求一个和最大的连续子矩阵。借用上题的思路，我们枚举上下边界y1和y2（规定x从左到右递增，y从上到下递增），则问题转化为了一维问题，如图1-32所示。


?	?	?	?	?
?	?	?	?	?
-1	-2	8	3	1
-5	1	2	-7	-1
	4	-2	10	-3	11
1	3	2	-4	5
9	-4	-2	5	6
?	?	?	?	?
图  1-32
注意，右图这个一维问题中的一个元素对应左图4个灰色格子的数之和。比如，(-1)+(-5)+1+9=4，(-2)+1+3+(-4)=-2等。
为了节省时间，这4个元素不能再用一重循环来累加得到，否则时间复杂度会变成O(n4)。我们得想办法让这些元素可以在O(1)时间内得到，这样，二维问题才能在O(n3)时间内解决。

解决方法仍然是前面曾多次使用的递推法：设sum(x,y1,y2)表示满足y1≤y≤y2的所有格子(x,y)里的数之和，则当y1<y2时，sum(x,y1,y2)=sum(x,y1,y2-1)+A[x][y2]。这样，可以事先在O(n3)时间内算出整个sum数组，则所有一维问题中的元素都可以在O(1)时间内得到，完整的二维问题在O(n3)时间内得到了解决。

上述两种方法都可以很方便地推广到三维情形，时间复杂度为O(n5)。因为三维情况下的n很小，因此前面所说的空间问题并不严重。下面是算法一的完整代码，它用三维数组S保存以(x,y,z)为“右下角”的长方体的元素和。代码效率不算高，但读者很容易把它推广到四维或更高维的情形。

简单易懂　就不多说了

贴代码：

	#include <cstdio>  
	#include <cstdlib>  
	#include <cmath>  
	#include <cstring>  
	#include <ctime>  
	#include <algorithm>  
	#include <iostream>
	#include <sstream>
	#include <string>
	#define oo 0x13131313
	const int maxn=22;   
	using namespace std;
	int A,B,C;
	long long STEP1[maxn][maxn][maxn];
	long long ans=-9223372036854775100;
	void input()
	{
		cin>>A>>B>>C;
		ans=-9223372036854775100;
		for(int i=1;i<=A;i++)
		 for(int j=1;j<=B;j++)
		  for(int k=1;k<=C;k++)
		  {
		  	cin>>STEP1[i][j][k];
		  }
		for(int i=1;i<=A;i++)
		 for(int j=1;j<=B;j++)
		  for(int k=1;k<=C;k++)
		  {
		  		STEP1[i][j][k]+=STEP1[i-1][j][k];
		  }
	}
	long long STEP3[maxn];
	long long STEP2[maxn][maxn];
	void get_STEP3(int a,int b)
	{
		for(int i=1;i<=C;i++)
		 STEP3[i]=STEP2[b][i]-STEP2[a-1][i];
		for(int i=1;i<=C;i++)
		{
			if(STEP3[i-1]>0)
				STEP3[i]+=STEP3[i-1];
			if(STEP3[i]>ans) ans=STEP3[i];
		}
	}
	void get_STEP2(int a,int b)
	{
		for(int i=1;i<=B;i++)
		 for(int j=1;j<=C;j++)
		 STEP2[i][j]=STEP1[b][i][j]-STEP1[a-1][i][j];
		for(int i=1;i<=B;i++)
		 for(int j=1;j<=C;j++)
		  STEP2[i][j]+=STEP2[i-1][j];
		for(int i=1;i<=B;i++)
		 for(int j=i;j<=B;j++)
		 {
			 get_STEP3(i,j);
		 }
	}
	void solve()
	{
		for(int i=1;i<=A;i++)
		 for(int j=i;j<=A;j++)
		 {
		  	get_STEP2(i,j);
		 }
	}
	int main()
	{
			//freopen("a.in","r",stdin);
			//freopen("a.out","w",stdout);
			int T;
			cin>>T;
			while(T--)
			{
				input();
				solve();
				cout<<ans<<endl;
				if(T!=0) cout<<endl;
			}
		return 0;
	}