P1648 看守

传送门

以二维的两个点((x1,y1),(x2,y2))为例，那么他们之间的曼哈顿距离肯定为一下四个之一((x1-x2)+(y1-y2)),((x2-x1)+(y1-y2)),((x1-x2)+(y2-y1)),((x2-x1)+(y2-y1))，而且为这四个里面最大的

然后搞一搞可以变成下面的样子
((x1+y1)-(x2+y2)),((x1-y1)-(x2-y2)),((-x1+y1)-(-x2+y2)),((-x1-y1)-(-x2-y2))

发现每一个形式里面每一维坐标前的符号都是相等的。那么我们可以枚举符号的状态，然后找到在这个状态下的最大的和最小的数，用两数相减去更新答案

不难证明高维的情况也可以转化成这样，这里就不证了才不是因为懒呢

upd:或者也可以认为两个点各坐标的符号相反，于是只要对于每一个状态维护它的最大值，然后用互补状态的最大值之和更新答案就可以了

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define inf 0x3f3f3f3f
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
    R int res,f=1;R char ch;
    while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
    for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
    return res*f;
}
const int N=1e6+5;
const int D[]={2,4,8,16};
int sum[19][N],a[N][5],n,m,ans,lim,mn,mx;
int main(){
//	freopen("testdata.in","r",stdin);
	n=read(),m=read(),lim=D[m-1];
	fp(i,1,n){
		fp(j,1,m)a[i][j]=read();
		fp(k,0,lim-1)fp(j,1,m)sum[k][i]+=(k>>(j-1)&1)?a[i][j]:-a[i][j];
	}fp(k,0,lim-1){
		mn=inf,mx=-inf;
		fp(j,1,n)cmax(mx,sum[k][j]),cmin(mn,sum[k][j]);
		cmax(ans,mx-mn);
	}printf("%d
",ans);return 0;
}