考虑一个分治的做法：按行分治，将所有区间分为两类——经过分割线的、在左/右区间内部，后者显然可以递归下取，考虑前者
先求出出该行上每一列向上和向下的最大长度，记作$up_{i}$和$down_{i}$，然后枚举左端点$l$，找到最小的右端点$r$满足$r-l+1le min_{i=l}^{r}up_{i}+min_{i=l}^{r}down_{i}$（否则减小$r$一定不劣）
此时$r$具有单调性，再用一个单调队列维护即可，但时间复杂度为$o(qnmlog_{2}n)$，甚至劣于$o(qnm)$的暴力，因此需要优化
事实上，分治的很多过程都是重复的，即用线段树来维护区间，对于一个完全包含的区间，我们不需要搜下去，可以直接从该点得到答案
具体的，对于每一个区间：1.预处理出$up_{i}$和$down_{i}$；2.预处理出每一个$l$对应的$r$；3.维护第2项的子树最大值，合并的维护$o(m)$暴力即可，总复杂度为$o(nm+qmlog_{2}n)$
细节：关于$up_{i}$和$down_{i}$的处理另一种方法是求出每一个区间前后缀最长的1，根据子区间答案即可得到（而不保存$up_{i}$和$down_{i}$）
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 4000005 4 #define L (k<<1) 5 #define R (L+1) 6 #define mid (l+r>>1) 7 #define y1 y11 8 struct ji{ 9 int l,r; 10 }; 11 deque<int>q1,q2; 12 vector<ji>zero,v[N<<2]; 13 vector<int>vv,f[N<<2],mx[N<<2]; 14 int n,m,q,p,x,y,x1,y1,x2,y2,ans; 15 vector<ji> merge(vector<ji>x,vector<ji>y,int l1,int l2){ 16 vector<ji>v; 17 for(int i=0;i<m;i++){ 18 v.push_back(ji{0,0}); 19 if (x[i].l<l1)v[i].l=x[i].l; 20 else v[i].l=l1+y[i].l; 21 if (y[i].r<l2)v[i].r=y[i].r; 22 else v[i].r=l2+x[i].r; 23 } 24 q1.clear(),q2.clear(),vv.clear(); 25 for(int i=0,j=-1;i<m;i++){ 26 while ((j<m)&&((j<i)||(j-i+1<=x[q1.front()].r+y[q2.front()].l))){ 27 if (++j==m)break; 28 while ((!q1.empty())&&(x[q1.back()].r>=x[j].r))q1.pop_back(); 29 q1.push_back(j); 30 while ((!q2.empty())&&(y[q2.back()].l>=y[j].l))q2.pop_back(); 31 q2.push_back(j); 32 } 33 vv.push_back(j-1); 34 while ((!q1.empty())&&(q1.front()<=i))q1.pop_front(); 35 while ((!q2.empty())&&(q2.front()<=i))q2.pop_front(); 36 } 37 return v; 38 } 39 void up(int k,int l,int r){ 40 v[k]=merge(v[L],v[R],mid-l+1,r-mid); 41 f[k]=vv; 42 for(int i=0;i<m;i++)mx[k][i]=max(max(mx[L][i],mx[R][i]),f[k][i]); 43 } 44 void build(int k,int l,int r){ 45 for(int i=0;i<m;i++){ 46 f[k].push_back(0); 47 mx[k].push_back(0); 48 } 49 if (l==r){ 50 for(int i=1;i<=m;i++){ 51 scanf("%d",&p); 52 v[k].push_back(ji{p,p}); 53 f[k][i]=mx[k][i]=i-1-(p^1); 54 } 55 return; 56 } 57 build(L,l,mid); 58 build(R,mid+1,r); 59 up(k,l,r); 60 } 61 void update(int k,int l,int r,int x,int y){ 62 if (l==r){ 63 v[k][y].l^=1; 64 v[k][y].r^=1; 65 f[k][y]=mx[k][y]=y-(v[k][l].l^1); 66 return; 67 } 68 if (x<=mid)update(L,l,mid,x,y); 69 else update(R,mid+1,r,x,y); 70 up(k,l,r); 71 } 72 vector<ji> query(int k,int l,int r,int x,int y,int xx,int yy){ 73 if ((l>y)||(x>r))return zero; 74 if ((x<=l)&&(r<=y)){ 75 for(int i=xx;i<=yy;i++)ans=max(ans,min(mx[k][i],yy)-i+1); 76 return v[k]; 77 } 78 int ll=min(mid,y)-max(l,x),lr=min(r,y)-max(mid+1,x); 79 vector<ji>vl,vr; 80 vl=query(L,l,mid,x,y,xx,yy); 81 vr=query(R,mid+1,r,x,y,xx,yy); 82 vl=merge(vl,vr,max(ll+1,0),max(lr+1,0)); 83 for(int i=xx;i<=yy;i++)ans=max(ans,min(vv[i],yy)-i+1); 84 return vl; 85 } 86 int main(){ 87 scanf("%d%d%d",&n,&m,&q); 88 build(1,1,n); 89 for(int i=0;i<m;i++)zero.push_back(ji{0,0}); 90 for(int i=1;i<=q;i++){ 91 scanf("%d",&p); 92 if (!p){ 93 scanf("%d%d",&x,&y); 94 update(1,1,n,x,y-1); 95 } 96 else{ 97 scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2); 98 ans=0; 99 query(1,1,n,x1,x2,y1-1,y2-1); 100 printf("%d ",ans); 101 } 102 } 103 return 0; 104 }