题意
输入整数n和m(n和m均∈[1,1000])，给出一个n×m的01矩阵，求第二大全1矩阵的面积。（如果矩阵少于两个1，则输出0）
题解
①单调栈做法【复杂度O(n×m）】：先预处理每个点(i,j)的高up[i][j],枚举每一行作为底边，遍历每一个点j，维护单调递减栈计算当前高度可达的最大区间（即当前可形成的全1矩阵的最大宽），宽×高即得当前可形成的全1矩形的面积，此时如果记录最大面积然后不断更新最优解即可求得所给01矩阵的最大全1矩阵面积。
但是题目要求的是第二大，所以本蒟蒻天真的认为只要把所有面积记录到一个数组，之后partial_sort排下序后输出第二大就OK了。too young too simple~
在经历过一次次WA之后去查了下，说是会存在第二大矩阵只包含在最大矩阵里面这种情况，奈何构造不出符合情况的测试用例来验证所以不太理解。最终去写了个生成随机测试用例，拿AC代码对拍了下，发现了如下两个测试用例存在错误。
6 6 2 24
100101 正确答案：5 101010001011100001001101 正确答案：5
011011 我的答案：4 110111111001001100010101 我的答案：4
111111
010100
011010
001110
所以要求第二大的矩阵面积，除了宽×高算面积外，还要再多算两种情况：(宽-1)×高，宽×(高-1)。
Code：
/*133ms*/
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=1005; int a[maxn][maxn],up[maxn][maxn],ans[3*maxn*maxn];//注意这里要3*maxn*maxn int main() { int n,m; while(~scanf("%d%d",&n,&m)){ memset(up,0,sizeof(up)); memset(a,0,sizeof(a)); memset(ans,0,sizeof(ans)); for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ scanf("%1d",&a[i][j]); up[i][j]=(a[i][j]==1)?up[i-1][j]+1:0; } } int area,q=0; for(int i=1;i<=n;i++){ stack<pair<int,int> >S; for(int j=1;j<=m+1;j++){ int L=j; while(!S.empty()&&up[i][j]<=S.top().first){ L=S.top().second; area=(j-L)*S.top().first; ans[q++]=area; area=(j-L-1)*S.top().first; ans[q++]=area; area=(j-L)*(S.top().first-1); ans[q++]=area; S.pop(); } if(S.empty()||up[i][j]>S.top().first) S.push({up[i][j],L}); } } partial_sort(ans,ans+2,ans+q,greater<int>()); cout<<ans[1]<<endl; } return 0; }
求面积次大值除了部分排序或优先队列外，还可如下操作：
1 void calc(int area)//求次大值（max1存最大值，max2存次大值） 2 { 3 if(area>max1){ 4 max2=max1; 5 max1=area; 6 } 7 else if(area>max2) 8 max2=area; 9 }
②悬线法【复杂度O(n×m)】：一般用来求解满足条件的最大子矩阵。（浅谈用极大化思想解决最大子矩阵问题）
悬线：上端点覆盖了一个障碍点或达到整个矩形上端的有效竖线。每条悬线向左和向右能到达的最远的点之间距离×悬线长度即为以这条悬线下端点为下边界的极大子矩阵。
故该题用悬线法思路如下：
对于每个点1，先L(i,j)预处理每个点1的第一个左障碍点0,R(i,j)预处理每个点1第一个右障碍点0，up(i,j)预处理每个点的高度；
对于每个点进行状态转移：L(i,j)=max(L(i,j),L(i−1,j)) 该点左边第一个障碍点位置,边界也是障碍点
R(i,j)=min(R(i,j),R(i−1,j)) 该点右边第一个障碍点位置,边界也是障碍点
故对于点(i,j)为底的悬线对应的子矩形，它的面积area=(R[i,j]-L[i,j]+1)*up[i,j]。
至于如何求次大矩形面积，详见以下代码。
Code：
/*149ms*/
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=1e3+5; int a[maxn][maxn],up[maxn][maxn],L[maxn][maxn],R[maxn][maxn]; int main() { int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ scanf("%1d",&a[i][j]); if(a[i][j]==0)continue; up[i][j]=up[i-1][j]+1;//预处理每个点的高 L[i][j]=(a[i][j-1]==1)?L[i][j-1]:j;//预处理每个点1的左边第一个障碍点0 } for(int j=m;j>=1;j--){ if(a[i][j]==0)continue; R[i][j]=(a[i][j+1]==1)?R[i][j+1]:j;//预处理每个点1右边的第一个障碍点0 } } int area,max1=0,r,l,u,b;//max1存最大矩形面积 for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ area=0; if(a[i][j]==0)continue; if(a[i-1][j]==1){ R[i][j]=min(R[i][j],R[i-1][j]); L[i][j]=max(L[i][j],L[i-1][j]); } area=(R[i][j]-L[i][j]+1)*up[i][j];//宽×高求得可形成的矩形面积 max1=max(max1,area);//更新面积的最大值 if(max1==area) r=R[i][j],l=L[i][j],u=up[i][j],b=i;//记录最大矩形的信息 } } int ans2=0; ans2=max(ans2,(r-l)*u);//特判最大的矩形少一行和少一列的情况 ans2=max(ans2,(r-l+1)*(u-1)); for(int i=1;i<=n;i++){ //求次大矩形面积 for(int j=1;j<=m;j++){ if(u==up[i][j]&&l==L[i][j]&&r==R[i][j]&&b==i)//跳过最大矩形 continue; area=(R[i][j]-L[i][j]+1)*up[i][j]; if(ans2<area) ans2=area; } } cout<<ans2<<endl;//输出次大矩形面积 return 0; }