[洛谷P1169] [ZJOI2007] 棋盘制作 解题报告(悬线法+最大正方形)

题目描述

国际象棋是世界上最古老的博弈游戏之一，和中国的围棋、象棋以及日本的将棋同享盛名。据说国际象棋起源于易经的思想，棋盘是一个 8×8 大小的黑白相间的方阵，对应八八六十四卦，黑白对应阴阳。

而我们的主人公小Q，正是国际象棋的狂热爱好者。作为一个顶尖高手，他已不满足于普通的棋盘与规则，于是他跟他的好朋友小W决定将棋盘扩大以适应他们的新规则。

小Q找到了一张由 N×M 个正方形的格子组成的矩形纸片，每个格子被涂有黑白两种颜色之一。小Q想在这种纸中裁减一部分作为新棋盘，当然，他希望这个棋盘尽可能的大。

不过小Q还没有决定是找一个正方形的棋盘还是一个矩形的棋盘（当然，不管哪种，棋盘必须都黑白相间，即相邻的格子不同色），所以他希望可以找到最大的正方形棋盘面积和最大的矩形棋盘面积，从而决定哪个更好一些。

于是小Q找到了即将参加全国信息学竞赛的你，你能帮助他么？

输入输出格式

输入格式：

包含两个整数 N 和 M ，分别表示矩形纸片的长和宽。接下来的 NN 行包含一个 N ×M 的 01 矩阵，表示这张矩形纸片的颜色（ 0 表示白色， 1 表示黑色）。

输出格式：

包含两行，每行包含一个整数。第一行为可以找到的最大正方形棋盘的面积，第二行为可以找到的最大矩形棋盘的面积（注意正方形和矩形是可以相交或者包含的）。

输入输出样例

输入样例#1： 

3 3
1 0 1
0 1 0
1 0 0

输出样例#1： 

4
6

对于这道题目，首先需要一个脑洞很大的转换——“如果横坐标加纵坐标是偶数那么取反，然后转化为最大子矩形”
下面我拿样例做个例子
对于样例矩阵 1 0 1
　　　　　　 0 1 0
　　　　　　 1 0 0
经过转化后就变成了
　　　　　　 0 0 0
　　　　　　 0 0 0
　　　　　　 0 0 1
最大子矩形面积为6，最大正方形面积为4
为什么这样可以呢？我的理解是，如果一个矩形可以作为棋盘，那么它的黑白两色肯定是相间的。既然是相间的，每隔一位颜色取反岂不就是同一种颜色了吗？当然，黑白二色要各判断一次最大子矩形和最大子正方形。

下面我们考虑怎么得到最大子正方形，
f[i][j]表示从第i行第j列向第一行第一列逐渐扩展的最大子正方形的边长。在a[i][j]为我们统计的数（1或0）的情况下，f[i][j]=min(f[i-1][j-1],min(f[i-1][j],f[i][j-1])+1
第一次看到的人估计很难理解，为什么是min呢？确定没有打错吗？然而，没错，当时我也花了很久才能理解
下面写一个例子，我们计算1的最大正方形
1 1 1 0 1 1 
0 1 1 1 1 0
1 1 1 1 1 0
0 0 1 1 1 1
1 1 1 1 0 1
f[1][1]=1 f[1][2]=1 f[2][1]=0 f[2][2]=min(f[1][2],f[1][1],f[2][1])+1=1
f[1][3]=1 f[1][4]=0 f[1][5]=1 f[1][6]=1
f[2][3]=min(f[1][3],f[1][2],f[2][2])+1=2
.......
下面的读者可以手推。
下面我讲讲自己的理解。因为要形成一个正方形，f[i-1][j-1],f[i-1][j],f[i][j-1]必须要同时满足“条件”，即子正方形内必须完全是1，有一个是0都不行，这就是为什么取min了

下面我们考虑怎么得到最大子矩形（下面只讨论统计1的，统计0的同理）
1.预处理出
l[i][j]以(i,j)向左一直为1的话最大扩展到第几列
r[i][j]以(i,j)向右一直为1的话最大扩展到第几列
不理解的话看看程序就懂了
2.

L[i][j]以(i,j)为下端点的悬线向左一直为1的话最大扩展到第几列
R[i][j]以(i,j)为下端点的悬线向右一直为1的话最大扩展到第几列

h[i][j]，表示（i,j）为下端点的最大悬线长（就是（i,j）向上始终为1最大能有多长）

对于(i,j)表示的最大矩形就是（R[i][j]-L[i][j]-1)*h[i][j]

还有一点小细节见注释

　　

#include<bits/stdc++.h>
#define mem(aa,bb) memset(aa,bb,sizeof(aa))
#define ri register int
using namespace std;

const int maxn=2000+15;
int n,m,ans1,ans2;
int a[maxn][maxn],f[maxn][maxn],l[maxn][maxn],r[maxn][maxn],L[maxn][maxn],R[maxn][maxn],h[maxn][maxn];
void work()
{
    mem(f,0);mem(l,0);mem(r,0);mem(L,0);mem(R,0);mem(h,0);
    for (ri i=1;i<=n;i++)//预处理 
    {
        int tmp=0;
        for (ri j=1;j<=m;j++)
        if (a[i][j]) l[i][j]=tmp;
        else tmp=j,L[i][j]=0;
        tmp=m+1;
        for (ri j=m;j>=1;j--)
        if (a[i][j]) r[i][j]=tmp;
        else tmp=j,R[i][j]=m+1;
    }
    for (int i=1;i<=m;i++) R[0][i]=m+1;//小细节 
    for (ri i=1;i<=n;i++) 
    for (ri j=1;j<=m;j++)
    if (a[i][j]){
        f[i][j]=min(f[i-1][j-1],min(f[i-1][j],f[i][j-1]))+1; 
        h[i][j]=h[i-1][j]+1;//采取一边计算一边处理 
        L[i][j]=max(L[i-1][j],l[i][j]);
        R[i][j]=min(R[i-1][j],r[i][j]);
        ans1=max(ans1,f[i][j]*f[i][j]);
        ans2=max(ans2,h[i][j]*(R[i][j]-L[i][j]-1));
    }
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (ri i=1;i<=n;i++)
    for (ri j=1;j<=m;j++)
    {
    scanf("%d",&a[i][j]);
    if (!((i+j)&1)) a[i][j]=1-a[i][j];
}     
    work();
    for (ri i=1;i<=n;i++)
    for (ri j=1;j<=m;j++)
    a[i][j]=1-a[i][j];
    work();
    printf("%d
%d",ans1,ans2);
    return 0;
}