暴力做法：1.对每一行/列求$or$；2.枚举行的差值$i$，并对任意相差为$i$的行和相差为$k-i$的列求$and$，对行/列的$and$结果求$or$，对行和列的$or$求$and$，对所有$i$的$and$求$or$即为答案
很明显，这样的指令数达到了$o(n^{2})$，需要优化
上述做法的瓶颈在于枚举距离，没有将行和列分开处理，那么容易想到将坐标系旋转，即$(x,y)=>(x-y,x+y)$
此时，对于两点的坐标$(x_{1},y_{1})$和$(x_{2},y_{2})$，两点间的距离为$max(|x_{1}-y_{1}|,|x_{2}-y_{2}|)$，那么相当于要求一维恰好为$k$且另一维不超过$k$，简单判定即可
具体做法：1.对每一行/列（新图中的）求$or$；2.判定是否恰好为$k$，对任意差为$k$的行/列求$and$，对行/列的结果求$or$；3.判定是否不超过$k$（以行为例），对每一行将之后的$k$行$or$再与自己$and$一下（特殊情况：在同一行，将所有位置$xor$一下以起$or$即可）；4.最终将4个结果合并起来即为答案
大概的复杂度分别是$o(n)$和$o(n^{2})$，常数十分宽松
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1 #include "vision.h" 2 #include<bits/stdc++.h> 3 using namespace std; 4 #define N 405 5 vector<int>vx[N],vy[N]; 6 int n,m,k,sx1,sx2,sy1,sy2,vis[N]; 7 vector<int> vec(int x,int y){ 8 vector<int>v; 9 v.push_back(x); 10 v.push_back(y); 11 return v; 12 } 13 int calc1(){ 14 vector<int>v; 15 for(int i=0;i<n+m-k;i++) 16 if ((vis[i])&&(vis[i+k]))v.push_back(add_and(vec(vis[i],vis[i+k]))); 17 return add_or(v); 18 } 19 int calc2(){ 20 vector<int>v,vv; 21 for(int i=0;i<n+m;i++) 22 if (vis[i])vv.push_back(vis[i]); 23 v.push_back(add_xor(vv)); 24 for(int i=0;i<n+m;i++){ 25 vv.clear(); 26 for(int j=1;j<=k;j++) 27 if ((i+j<n+m)&&(vis[i+j]))vv.push_back(vis[i+j]); 28 if ((vis[i])&&(vv.size()))v.push_back(add_and(vec(vis[i],add_or(vv)))); 29 } 30 return add_or(v); 31 } 32 void construct_network(int nn,int mm,int kk){ 33 n=nn,m=mm,k=kk; 34 for(int i=0;i<n;i++) 35 for(int j=0;j<m;j++){ 36 vx[i-j+m].push_back(i*m+j); 37 vy[i+j].push_back(i*m+j); 38 } 39 for(int i=0;i<n+m;i++) 40 if (vx[i].size())vis[i]=add_or(vx[i]); 41 int s1=calc1(),s2=calc2(); 42 memset(vis,0,sizeof(vis)); 43 for(int i=0;i<n+m;i++) 44 if (vy[i].size())vis[i]=add_or(vy[i]); 45 add_or(vec(add_and(vec(s1,calc2())),add_and(vec(s2,calc1())))); 46 }