洛谷P1169 [ZJOI2007]棋盘制作

题目描述

国际象棋是世界上最古老的博弈游戏之一，和中国的围棋、象棋以及日本的将棋同享盛名。据说国际象棋起源于易经的思想，棋盘是一个8*8大小的黑白相间的方阵，对应八八六十四卦，黑白对应阴阳。

而我们的主人公小Q，正是国际象棋的狂热爱好者。作为一个顶尖高手，他已不满足于普通的棋盘与规则，于是他跟他的好朋友小W决定将棋盘扩大以适应他们的新规则。

小Q找到了一张由N*M个正方形的格子组成的矩形纸片，每个格子被涂有黑白两种颜色之一。小Q想在这种纸中裁减一部分作为新棋盘，当然，他希望这个棋盘尽可能的大。

不过小Q还没有决定是找一个正方形的棋盘还是一个矩形的棋盘（当然，不管哪种，棋盘必须都黑白相间，即相邻的格子不同色），所以他希望可以找到最大的正方形棋盘面积和最大的矩形棋盘面积，从而决定哪个更好一些。

于是小Q找到了即将参加全国信息学竞赛的你，你能帮助他么？

输入输出格式

输入格式：
包含两个整数N和M，分别表示矩形纸片的长和宽。接下来的N行包含一个N * M的01矩阵，表示这张矩形纸片的颜色（0表示白色，1表示黑色）。

输出格式：
包含两行，每行包含一个整数。第一行为可以找到的最大正方形棋盘的面积，第二行为可以找到的最大矩形棋盘的面积（注意正方形和矩形是可以相交或者包含的）。

输入输出样例

输入样例#1：
3 3
1 0 1
0 1 0
1 0 0
输出样例#1：
4
6
说明

对于20%的数据，N, M ≤ 80

对于40%的数据，N, M ≤ 400

对于100%的数据，N, M ≤ 2000

---

这道题标签是DP（我也是抱着刷dp的心态刷的这题），但是我看完题面之后却想不出dp咋写，反倒是骚操作O（n^2logn）卡过了。。。。。
首先对于一个可行的子矩阵，有两种可能性，第一个是行数加列数加1/0为奇数的棋盘 另一种则是偶数。
那么我们就可以对着两种情况合理枚举，我们枚举子矩阵的左边界，然后对于这个边界寻找最大矩形以及正方形。具体的方案是先用二维并查集维护每一列连续的区间（如图上横向的矩形就是一个个集合），然后我们如果知道对于一个矩形的长度，上下可以延伸几个格，也就是说如果i上方2格之后，该格子的长度小于了i的长度，那么如以i长度为矩形一边长往上可扩展的距离就是2 即l[i]=2，同理可得r[i]。如何O(n)枚举参照物i，更新答案。那么最关键的部分来了——如何求l r数组呢？我们可以先考虑，如果x是最长的，且无和x同长的矩形（a[i].w），那么l[i]=i-1,r[i]=i+1。所以我们就可以先排序，然后通过双向链表的删除操作维护该序列，这样每次删掉最大的，就能依次处理出所有l r。但是如果相邻两个元素相等呢（此处相邻是指链表中相邻）？队列。把相等的入队列，直到不等，全部弹出，时间复杂度O(2n)所以完全没问题。这个样子就可以O(n^2*大常数*logn）卡过了（^.^）!

图

上代码！

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MN 2050
int n,m,b[MN],fa[MN][MN],ha[MN][MN],lk1[MN],lk2[MN],l[MN],r[MN],ans=-2100000000,ans2=-2100000000;
struct lll{
    int w,pos;
}a[MN];
bool cmp(lll a,lll b)
{
    return a.w>b.w;
}
int find(int x,int y)
{
    return fa[x][y]==y?y:fa[x][y]=find(x,fa[x][y]);
}
void work(int _)
{
    for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m+1;j++) fa[i][j]=j;
    for(int i=1;i<=n;i++)
     for(int j=1;j<=m;j++)
     {
        if((ha[i][j]+i+j)%2==_  ) 
        fa[i][find(i,j)]=find(i,j+1);
     }
    for(int j=1;j<=m;j++)
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            b[i]=a[i].w=find(i,j)-j;
            a[i].pos=i;lk1[i]=i+1;lk2[i]=i-1;
        }
        sort(a+1,a+1+n,cmp);
        for(int k=1;k<=n;k++)
        {
            int i=a[k].pos;
            l[i]=lk2[i];r[i]=lk1[i];
            lk1[lk2[i]]=lk1[i];
            lk2[lk1[i]]=lk2[i];
        }
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            ans=max(ans,b[i]*(r[i]-l[i]-1));
            ans2=max(ans2,min(b[i]*b[i],(r[i]-l[i]-1)*(r[i]-l[i]-1)));
        }
    }
}
int main()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++)
     for(int j=1;j<=m;j++)
     cin>>ha[i][j];
    work(1);work(0);
    cout<<ans2<<endl<<ans;
    return 0;
}