[BZOJ1177][Apio2009]Oil
试题描述
采油区域 Siruseri政府决定将石油资源丰富的Navalur省的土地拍卖给私人承包商以建立油井。被拍卖的整块土地为一个矩形区域，被划分为M×N个小块。 Siruseri地质调查局有关于Navalur土地石油储量的估测数据。这些数据表示为M×N个非负整数，即对每一小块土地石油储量的估计值。 为了避免出现垄断，政府规定每一个承包商只能承包一个由K×K块相连的土地构成的正方形区域。 AoE石油联合公司由三个承包商组成，他们想选择三块互不相交的K×K的区域使得总的收益最大。 例如，假设石油储量的估计值如下： 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 8 8 8 8 8 1 1 1 1 8 8 8 8 8 1 1 1 1 8 8 8 8 8 1 1 1 1 1 1 1 8 8 8 1 1 1 1 1 1 1 1 8 8 8 1 1 1 1 1 1 9 9 9 1 1 1 1 1 1 9 9 9 如果K = 2, AoE公司可以承包的区域的石油储量总和为100, 如果K = 3, AoE公司可以承包的区域的石油储量总和为208。 AoE公司雇佣你来写一个程序，帮助计算出他们可以承包的区域的石油储量之和的最大值。
输入
输入第一行包含三个整数M, N, K，其中M和N是矩形区域的行数和列数，K是每一个承包商承包的正方形的大小（边长的块数）。接下来M行，每行有N个非负整数表示这一行每一小块土地的石油储量的估计值
输出
输出只包含一个整数，表示AoE公司可以承包的区域的石油储量之和的最大值。
输入示例
9 9 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 8 8 8 8 8 1 1 1 1 8 8 8 8 8 1 1 1 1 8 8 8 8 8 1 1 1 1 1 1 1 8 8 8 1 1 1 1 1 1 1 1 8 8 8 1 1 1 1 1 1 9 9 9 1 1 1 1 1 1 9 9 9
输出示例
208
数据规模及约定
0 < n, m < 2501, 答案不超过int, 0 < k < min{ n, m }且保证有方案
题解
马丹智障题。。。我来吐槽一下：
1.) 这题是一道恶心dp题（我分了14种情况讨论）
2.) 这题大视野题面上没有范围，并且此题“讨论”中所发的范围是错的！
3.) 这题数据有问题，不能用任何读入优化
4.) 这题卡内存
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <string>
#include <map>
#include <set>
using namespace std;
#define maxn 2505
#define LL int
#define h f[0]
#define t g[0]
int n, m, K;
LL S[maxn][maxn], f[2][maxn][maxn], g[2][maxn][maxn];
LL sum(int x1, int y1, int x2, int y2) { return S[x2][y2] - S[x1][y2] - S[x2][y1] + S[x1][y1]; }
int main() {
// freopen("data.in", "r", stdin);
scanf("%d%d%d", &n, &m, &K);
// n = read(); m = read(); K = read();
LL ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = 1; j <= m; j++) {
int tmp; scanf("%d", &tmp);
S[i][j] = S[i-1][j] - S[i-1][j-1] + S[i][j-1] + tmp;
}
f[0][K][K] = S[K][K];
for(int i = K; i <= n; i++)
for(int j = K; j <= m; j++) {
f[0][i][j] = max(max(f[0][i-1][j], f[0][i][j-1]), sum(i-K, j-K, i, j));
f[1][i][j] = max(max(f[1][i-1][j], f[1][i][j-1]), sum(i-K, j-K, i, j) + max(f[0][i-K][j], f[0][i][j-K]));
}
g[0][n-K+1][m-K+1] = sum(n-K, m-K, n, m);
for(int i = n-K+1; i; i--)
for(int j = m-K+1; j; j--) {
g[0][i][j] = max(max(g[0][i+1][j], g[0][i][j+1]), sum(i-1, j-1, i+K-1, j+K-1));
g[1][i][j] = max(max(g[1][i+1][j], g[1][i][j+1]), sum(i-1, j-1, i+K-1, j+K-1) + max(g[0][i+K][j], g[0][i][j+K]));
}
for(int i = 1; i <= n-K+1; i++)
for(int j = 1; j <= m-K+1; j++) {
LL tmp = sum(i-1, j-1, i+K-1, j+K-1);
ans = max(ans, tmp + f[1][i-1][m]);
ans = max(ans, tmp + f[1][n][j-1]);
ans = max(ans, tmp + g[1][1][j+K]);
ans = max(ans, tmp + g[1][i+K][1]);
ans = max(ans, tmp + f[0][i-1][j+K-1] + g[0][1][j+K]);
ans = max(ans, tmp + f[0][i-1][m] + g[0][i][j+K]);
ans = max(ans, tmp + f[0][i-1][m] + g[0][i+K][1]);
ans = max(ans, tmp + f[0][i+K-1][j-1] + g[0][i+K][1]);
ans = max(ans, tmp + f[0][n][j-1] + g[0][i+K][j]);
ans = max(ans, tmp + f[0][n][j-1] + g[0][1][j+K]);
}
memset(h, 0, sizeof(h));
h[K][m-K+1] = sum(0, m-K, K, m);
for(int i = K; i <= n; i++)
for(int j = m-K+1; j; j--)
h[i][j] = max(max(h[i-1][j], h[i][j+1]), sum(i-K, j-1, i, j+K-1));
memset(t, 0, sizeof(t));
t[n-K+1][K] = sum(n-K, 0, n, K);
for(int i = n-K+1; i; i--)
for(int j = K; j <= m; j++)
t[i][j] = max(max(t[i+1][j], t[i][j-1]), sum(i-1, j-K, i+K-1, j));
for(int i = 1; i <= n-K+1; i++)
for(int j = 1; j <= m-K+1; j++) {
LL tmp = sum(i-1, j-1, i+K-1, j+K-1);
ans = max(ans, tmp + t[i+K][m] + h[i+K-1][j+K]);
ans = max(ans, tmp + t[i+K][j+K-1] + h[n][j+K]);
ans = max(ans, tmp + t[1][j-1] + h[i-1][j]);
ans = max(ans, tmp + t[i][j-1] + h[i-1][1]);
}
printf("%d
", ans);
return 0;
}