【APIO2009T1】采油区域-分类讨论+动态规划

测试地址：采油区域
题目大意：给定一个M×N的仅含非负整数的矩阵，要求找出三个不相交的K×K区域使区域内整数之和最大，输出这个最大值。
做法：这道题目需要用到分类讨论+动态规划。
因为不能相交，所以三个正方形区域的位置关系一定可以被归为下列情况之一：
1.三个正方形被一条横向的分界线间隔，可能的情况有：
(1)上面有两个，下面有一个。
(2)上面有一个，下面有两个。
2.三个正方形被一条纵向的分界线间隔，可能的情况有：
(1)左边有两个，右边有一个。
(2)左边有一个，右边有两个。
而在同一个区域的两个正方形要么被一条横向的分界线间隔，要么被一条纵向的分界线间隔。因此，我们只需枚举分界线，按照这种方法分割区域后，每个区域再找出一个最大的正方形即可。
枚举分界线是O(MN)的，但如果暴力算一个区域内的最大正方形，复杂度是O(K2MN)的，绝对会炸。这时候就要想办法预处理出一些区域内最大的正方形。首先我们可以对矩阵求一个二维前缀和，然后算正方形就是O(1)的了，而我们发现，上面那些情况中，要求的区域只有6种情况：4种角上的区域，还有2种是被两条分界线隔在中间的区域。前面4种预处理就很容易了，而后面2种实际上不用完全预处理完，我们可以求出正方形右下角点在某一行（列）上时最大的正方形值，这样在枚举分界线时就可以顺便计算出某个区域中最大的正方形值。
由于没有图，我也解释不太清楚了，详细看代码吧。优化后的算法复杂度为O(MN)，可以说是完美的复杂度。
以下是本人代码：

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
int n,m,k;
ll map[1510][1510],sum[1510][1510]={0},bsum[1510][1510]={0};
ll mx1[1510][1510]={0},mx2[1510][1510]={0},mx3[1510][1510]={0},mx4[1510][1510]={0};
ll mx5[1510]={0},mx6[1510]={0};
ll ans=0;

int main()
{
    scanf("%d%d%d",&m,&n,&k);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int tot=0;
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            scanf("%lld",&map[i][j]);
            tot+=map[i][j];
            sum[i][j]=sum[i-1][j]+tot;
        }
    }
    for(int i=k;i<=m;i++)
        for(int j=k;j<=n;j++)
            bsum[i][j]=sum[i][j]-sum[i-k][j]-sum[i][j-k]+sum[i-k][j-k];
    for(int i=k;i<=m;i++)
    {
        ll mx=0;
        for(int j=k;j<=n;j++)
        {
            mx=max(mx,bsum[i][j]);
            mx1[i][j]=max(mx1[i-1][j],mx);
        }
    }
    for(int i=m;i>=k;i--)
    {
        ll mx=0;
        for(int j=n;j>=k;j--)
        {
            mx=max(mx,bsum[i][j]);
            mx2[i][j]=max(mx2[i+1][j],mx);
        }
    }
    for(int i=k;i<=m;i++)
    {
        ll mx=0;
        for(int j=n;j>=k;j--)
        {
            mx=max(mx,bsum[i][j]);
            mx3[i][j]=max(mx3[i-1][j],mx);
        }
    }
    for(int i=m;i>=k;i--)
    {
        ll mx=0;
        for(int j=k;j<=n;j++)
        {
            mx=max(mx,bsum[i][j]);
            mx4[i][j]=max(mx4[i+1][j],mx);
        }
    }
    for(int i=k;i<=m;i++)
        for(int j=k;j<=n;j++)
            mx5[i]=max(mx5[i],bsum[i][j]);
    for(int j=k;j<=n;j++)
        for(int i=k;i<=m;i++)
            mx6[j]=max(mx6[j],bsum[i][j]);
    for(int i=k;i<=m-k;i++)
        for(int j=k;j<=n-k;j++)
        {
            ans=max(ans,mx1[i][j]+mx2[i+k][k]+mx3[i][j+k]);
            ans=max(ans,mx1[m][j]+mx2[i+k][j+k]+mx3[i][j+k]);
            ans=max(ans,mx1[i][n]+mx2[i+k][j+k]+mx4[i+k][j]);
            ans=max(ans,mx1[i][j]+mx2[k][j+k]+mx4[i+k][j]);
        }
    ll mmx1=0,mmx2;
    for(int i=k;i<=m-2*k;i++)
    {
        mmx1=max(mmx1,mx5[i]);
        mmx2=0;
        for(int j=i+k;j<=m-k;j++)
        {
            mmx2=max(mmx2,mx5[j]);
            ans=max(ans,mmx1+mmx2+mx2[j+k][k]);
        }
    }
    mmx1=0;
    for(int i=k;i<=n-2*k;i++)
    {
        mmx1=max(mmx1,mx6[i]);
        mmx2=0;
        for(int j=i+k;j<=n-k;j++)
        {
            mmx2=max(mmx2,mx6[j]);
            ans=max(ans,mmx1+mmx2+mx2[k][j+k]);
        }
    }
    printf("%lld",ans);

    return 0;
}