NEFU OJ 2350 小兰参加蓝桥杯 (计算两个不相交子矩阵和)

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Description

小蓝在机房中教授蓝桥杯。
机房共有 N 排电脑，每排有M 台。
由于位置、风水等等原因，每一台电脑都有自己的效率值。
位于第 i 排的第 j 台电脑的效率值为V[i][j] 。
现在小蓝想同时为两批不同水平的选手讲课，这就使得这两批人的位置不能有相交。
为了使同一水平层次的人之间能有更好的交流，
小蓝会预留出来自机房中某一个子矩阵的所有座位提供给他们。
显然小蓝需要为每一批人至少预留一个座位。
因此，实际授课时，小蓝就需要预留出两个子矩阵的座位。

小蓝让同学们尽可能地高效听课，
因此他想知道所有预留出的座位的效率值之和最大是多少。

Input

第一行包含两个整数 N 和M ，表示机房电脑排数和每排电脑数。
接下来有 N 行，每行M 个整数，
第i 行第j 个数字表示
位于第i 排的第j 台电脑的效率值V[i][j] 。

Output

输出一个整数，表示两个子矩阵中电脑效率值之和最大值。

Sample Input：

3 2
1 -1
2 -2
3 -3

Sample Output：

6

Hint

Solution

题意比较明确：在原矩阵中找出两个最大的不相交子矩阵，使他们的和最大。

首先观察两个不相交子矩阵的分布情况（图片为几种情况的示例）：

可以发现两个子矩阵的位置关系始终是 水平 的或者是 垂直 的。
也就是说总可以找到一条水平或垂直的分割线将两个子矩阵分开。
这样就可以分别从水平方向和垂直方向尝试分割。

首先考虑在 水平方向 进行分割：
分别从上到下和从下到上记录 第 1 行到第 $i$ 行 和 第 $n$ 行到第 $i$ 行 的最大值（相当于在第 $i$ 行和第 $i+1$ 行进行分割）。
这样最终结果即为上下两部分的和。

具体思路：

• 首先用第一层循环设置 $i$ 确定分割线位置 ，然后计算上下两部分最大值，存储在 $udp[i]$ 和 $ddp[i]$ 中。
• 中间两层循环分别设置 $l$ 和 $r$ ，表示选取该行的 $[l，r]$ 区间。
• 然后判断该行的 $[l，r]$ 区间是否应该接在前一行的 $[l，r]$ 区间上：
  1、若上一行（或多行）的 $[l，r]$ 区间和 $>0$ ，说明这一行接到上面可以使子矩阵的和增大，此时应该加上上一行。
  2、若上一行（或多行）的 $[l，r]$ 区间和 $<0$ ，则说明这一行应该作为第一行重新进行计算。
• 然后更新 $udp[i]$ ，记录加入 $i$ 行的 $[l，r]$ 区间后，上半部分最大值（ $ddp[i]$ 为下半部分最大值）。
• 中间循环后更新 $udp[i]$ 为第 $i$ 行及以前分割出子矩阵的最大值。
• 最后找出 $udp[i]$ 与 $ddp[i+1]$ 相加即为水平分割时两个子矩阵和的最大值。

垂直方向分割与水平方向同理（就不写了 ）。

对于循环中计算 $[l，r]$ 区间和的方法就很好想了（前缀和）

Code

注意：NEFU OJ 会卡时间，需要手动开 O2 防止 TLE。

#pragma GCC optimize(2)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
int n, m;
ll a[501][501], hsum[501][501], vsum[501][501];
ll udp[501], ddp[501], last[2][501][501];

ll getAns()
{
	ll curLine, ans = LLONG_MIN;
	for (int i = 1; i <= n; i++) //从第1行（或n行）到第i行
	{
		udp[i] = ddp[n - i + 1] = LLONG_MIN;
		for (int l = 1; l <= m; l++) //列左侧
		{
			for (int r = l; r <= m; r++) //列右侧
			{
				curLine = hsum[i][r] - hsum[i][l - 1];
				last[0][l][r] = max(last[0][l][r], 0LL) + curLine; //从上到下 
				udp[i] = max(udp[i], last[0][l][r]);

				curLine = hsum[n - i + 1][r] - hsum[n - i + 1][l - 1];
				last[1][l][r] = max(last[1][l][r], 0LL) + curLine; //从下到上 
				ddp[n - i + 1] = max(ddp[n - i + 1], last[1][l][r]);
			}
		}
		if(i!=1) udp[i] = max(udp[i],udp[i-1]);
		if(i!=n) ddp[i] = max(ddp[i],ddp[i+1]);
	}
	for (int i = 1; i < n; i++) ans = max(ans, udp[i] + ddp[i + 1]);
	memset(last, 0, sizeof(last));
	for (int i = 1; i <= m; i++) //从第1列（或m列）到第i列 
	{
		udp[i] = ddp[m - i + 1] = LLONG_MIN;
		for (int l = 1; l <= n; l++) //行上侧
		{
			for (int r = l; r <= n; r++) //行下侧 
			{
				curLine = vsum[r][i] - vsum[l - 1][i];
				last[0][l][r] = max(last[0][l][r], 0LL) + curLine;
				udp[i] = max(udp[i], last[0][l][r]);

				curLine = vsum[r][m - i + 1] - vsum[l - 1][m - i + 1];
				last[1][l][r] = max(last[1][l][r], 0LL) + curLine;
				ddp[m - i + 1] = max(ddp[m - i + 1], last[1][l][r]);
			}
		}
		if(i!=1) udp[i] = max(udp[i],udp[i-1]);
		if(i!=m) ddp[i] = max(ddp[i],ddp[i+1]);
	}
	for (int i = 1; i < m; i++) ans = max(ans, udp[i] + ddp[i + 1]);
	return ans;
}

int main() {
	scanf("%d %d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		for (int j = 1; j <= m; j++)
		{
			scanf("%lld", &a[i][j]);
			hsum[i][j] = hsum[i][j - 1] + a[i][j];
			vsum[i][j] = vsum[i - 1][j] + a[i][j];
		}
	}
	printf("%lld", getAns());
	return 0;
}