LA3029最大子矩阵

LA3029最大子矩阵

https://icpcarchive.ecs.baylor.edu/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&page=show_problem&problem=1030

【题目描述】：给定m*n的矩阵，其中一些格子是空格F，其他是墙R。找出一个全部由空地组成的面积最大的子矩阵，输出面积。

【算法分析】：

【决策方案】：所有的子矩阵，C(n,2)*C( m,2)种，加上确认空地，大约N^6的复杂度

【限制条件】：所有的方块都是空地

【最优评判准则】：面积最大

【思路分析】：

    朴素算法的复杂度是N^6,肯定不能接受，所以我们看是否记忆化扫描一些变量。一个矩阵面积的关键量是长h和宽d。参考《指南》上的思路，分别用数组表示每一个矩阵的h和d，但问题又来了，矩阵本身都有n^4种，不可能存储下来。所以我们可以换一种方式。用[I][J]代表以这一点为中心，假设这一点包含在一个空着的矩形中，那么能取到的面积是多少？为了让递递推变量更少，我们只统计up[i][j]这点向上的空格数，left[i][j].向左的最大延伸（记住，我们需要形成矩形，所以更坏的情况是向右逼近），同理，right[i][j]是右边的。

    因为我们上从上到下，从两边逼近，所以： 

lefts[i][j]=max(lefts[i-1][j],lo+1);

Lo是从左到有的标记量，if (map[i][j]=='F') lo=j；

Right同理，详见代码。

【难点】：思路本身（数学建模的过程）、写递推时要考虑到所有情况

【完整代码】：

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<stdlib.h>
#include<math.h>
#include<queue>
#include<vector>
#include<set>
//#include<map>
#define MAXN 1000+5
#define MAXM 400000+5
#define oo 1e9
#define eps 0.001
#define PI acos(-1.0)//这个精确度高一些
#define REP1(i,n) for(int i=0;i<=(n);i++)
#define REP2(i,n) for(int i=1;i<=(n);i++)
#define DREP2(i,n) for(int i=(n);i>=1;i--)
#define LL long long
using namespace std;

char map[MAXN][MAXN];
int up[MAXN][MAXN];
int rights[MAXN][MAXN];
int lefts[MAXN][MAXN];

int cas,n,m;

int main()
{
    cin>>cas;
    for(;cas;cas--)
    {
        cin>>n>>m;
        REP2(i,n) REP2(j,m) {cin>>map[i][j];if (map[i][j]=='
' || map[i][j]==' ') cin>>map[i][j];}
//        REP2(i,n) {REP2(j,m) cout<<map[i][j]<<" ";cout<<endl;}
        REP2(i,n)
        {
            REP2(j,m)
            {
                if (map[i][j]=='F')
                {
                    if (i==1) up[i][j]=1;else up[i][j]=up[i-1][j]+1;
                }else up[i][j]=0;
            }
            int lo=0;//清零，不确定第一列是否是墙
            REP2(j,m)
            {
                if (map[i][j]=='F')
                {
                    if(i==1 || map[i-1][j]=='R') lefts[i][j]=lo+1;
                    else lefts[i][j]=max(lefts[i-1][j],lo+1);
                }//取max，因为只可能向右逼近//向上取，保证宽度是逐渐减小的
                else
                {
                    lo=j;
                    lefts[i][j]=100001;//
                }
            }
            int ro=m+1;
            DREP2(j,m)
            {
                if (map[i][j]=='F')
                {
                    if(i==1 || map[i-1][j]=='R') rights[i][j]=ro-1;
                    else rights[i][j]=min(rights[i-1][j],ro-1);
                }//取max，因为只可能向右逼近//向上取，保证宽度是逐渐减小的
                else
                {
                    ro=j;
                    rights[i][j]=-100001;//
                }
            }

        }
        int ans=0;
//        REP2(i,n) {REP2(j,m) cout<<rights[i][j]<<" ";cout<<endl;}
        REP2(i,n) REP2(j,m)
        {
            int S=(rights[i][j]-lefts[i][j]+1)*up[i][j]*3;
//            cout<<"S="<<S<<" ";
            ans=max(S,ans);
        }
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

 

【关键词】：数学，递推扫描