浅谈悬线法——动态规划_动态规划悬线法-优快云博客

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/Zephyr_H_V/article/details/128702642

文章介绍了如何运用悬线法解决一个编程竞赛中的问题，即在给定的黑白格子矩阵中找到最大的正方形和矩形棋盘。通过动态规划，记状态并初始化，然后逐行传递更新最大面积，最终找到最优解。这种方法的关键在于根据题目特点设计状态转移方程，而不是直接针对答案设立状态。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

看看例题

[ZJOI2007]棋盘制作

题目描述

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 #1

输出 #1

4
6

说明/提示

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

分析

通过分析题目，我们得知这道题的时间复杂度大概在O（N*M）左右，又因为题目要求一个矩阵内特定的矩形、正方形的最大面积，所以想到可用DP

于是问题来了——怎么记状态？

如果我们设f[i][j]表示到达（i，j）位置时以该点为右下点的最大矩形（或正方形）的最大面积，尝试通过f[i-1][j]与f[i][j-1]递推得到f[i][j]，那实现起来会较为困难。因为题目对矩形的要求为01交错，而我们还要考虑f[i-1][j]与f[i][j-1]所代表矩形的边长与新加入部分的长度的取舍，所以很麻烦。

方法简介

于是，我们的新方法——悬线法，出生了awa

记状态

对于每一个（i，j），我们记三个东西

1、它最左边所能到达的位置l[i][j]

2、它最右边所能到达的位置r[i][j]

3、它最上边所能到达的位置h[i][j]

于是简单理解后不难想到，面积可以表达为

（r[i][j]-l[i][j]+1）*(i-h[i][j]+1)

初始化

我们从初始化讲起，比较容易理解

我们需要一行一行地给三个数组进行初始化

首先h[i][j]赋予i

对于l，如果当前颜色和左边的颜色不一样，l [ i ] [ j ] = l [ i ] [ j - 1 ] ，否则l [ i ] [ j ] = j

对于r，类似地，r [ i ] [ j ] = r [ i ] [ j + 1 ] 或 r [ i ] [ j ] = j 两种情况

在这个过程中我们也可以对最大值进行初始化，即1行多列的矩形

传递

前面有提到

面积可以表达为（ r [ i ] [ j ] - l [ i ] [ j ] + 1 )* ( i - h [ i ] [ j ] + 1 )

与初始化的更新最大值不同，在正式传递过程中，要考虑h数组，也就是上方的数据

所以思考得到与上方牵连关系的前提，是a [ i ] [ j ] ! = a [ i - 1 ] [ j ]

此时对应的l和r数组也可能不再能像初始化一样涵盖那么多位置，可以得出以下传递式

l [ i ] [ j ] = max （ l [ i ] [ j ] ， l [ i - 1 ] [ j ] ）

r [ i ] [ j ] = min ( r [ i ] [ j ] , r [ i - 1 ] [ j ] )

h [ i ] [ j ] = h [ i - 1 ] [ j ]

然后就可以用三个数组求出当前的面积用以更新最大值了

补充

其实开始学的时候，我疑惑过为什么要左右都记状态

不难发现，0101序列都是连续一段一段的，也就是说，每一个点都是连续一段的某个位置，只有每个位置都往上“捅”到最高点，才能找出以当前段为底（不一定每个位置都取到）的最大面积

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
bool a[2001][2001];
int l[2001][2001],r[2001][2001],h[2001][2001];
int ans1=1,ans2;
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int j=1;j<=m;++j){
			scanf("%d",&a[i][j]);
			l[i][j]=r[i][j]=j;
			h[i][j]=i;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int j=2;j<=m;++j){
			if(a[i][j]!=a[i][j-1])l[i][j]=l[i][j-1];
			ans2=max(ans2,j-l[i][j]+1);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int j=m-1;j>0;--j){
			if(a[i][j]!=a[i][j+1])r[i][j]=r[i][j+1];
			ans2=max(ans2,r[i][j]-j+1);
		}
	}
	for(int i=2;i<=n;++i){
		for(int j=1;j<=m;++j){
			if(a[i][j]!=a[i-1][j]){
				l[i][j]=max(l[i][j],l[i-1][j]);
				r[i][j]=min(r[i][j],r[i-1][j]);
				h[i][j]=h[i-1][j];
			}
			int Wide=r[i][j]-l[i][j]+1;
			int High=i-h[i][j]+1;
			int Sa=Wide*High;
			int Sb=min(Wide,High)*min(Wide,High);
			ans1=max(ans1,Sb);
			ans2=max(ans2,Sa);
		}
	}
	printf("%d\n%d",ans1,ans2);
	return 0;
}