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有(1)个(n1 imes m1)的字符矩阵(a)和(1)个(n2 imes m2)的字符矩阵(b)，求(a,b)的最大公共子矩阵。输出这个最大公共子矩阵的行数、列数和左上角分别在(a,b)中的坐标。若无解，输出( exttt{0 0})。若有多解，输出任意一组。
(n1,m1,n2,m2in[1,40])。
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（以下假设(n1,m1,n2,m2)同阶，在复杂度里用(n)表示）
这是一个二维的字符串匹配问题。而我们只熟悉一维的字符串匹配算法，所以不妨先将(2)个字符矩阵一行行横着一维处理，然后再将横着一维处理所得的结果竖着一维合并。
先是横着一维处理。考虑求出(lcP)四维数组，其中(lcP_{i,j,k,o})表示从(a)中的((i,j))、(b)中的((k,o))开始最多能向右延申多少个字符使得覆盖的字符串相等，即(lcP_{i,j,k,o}=maxlimits_{a_{i,jsim j+p-1}=b_{k,osim o+p-1}}{p})。这个用Z算法就可以轻松解决。显然(lcP_{i,j,k,o}=z_{a_{i,jsim m1}+ exttt{!}+b_{k},m1-j+2+o})。这样只需要对(forall iin[1,n1],forall jin[1,m1],forall kin[1,n2],a_{i,jsim m1}+ exttt{!}+b_{k})这(mathrm O!left(n^3 ight))个长度为(mathrm O(n))的字符串跑Z算法即可，时间复杂度(mathrm O!left(n^4 ight))。
然后考虑如何竖着一维合并。考虑枚举子矩阵在(a)中的坐标((x1,y1))、在(b)中的坐标((x2,y2))，再枚举子矩阵的行数(n')，给它乘上能使得子矩阵在(a,b)中相等的最大列数(m')并更新答案。显然，要满足子矩阵在(a,b)中匹配，就要满足在每行都匹配，即(forall iinleft[1,n' ight],m'leq lcP_{x1+i-1,y1,x2+i-1,y2})。那么(m'_{max}=minlimits_{i=1}^{n'}left{lcP_{x1+i-1,y1,x2+i-1,y2} ight})。这样在(x1,y1,x2,y2)固定时可以递推求出(m'_{max})，时间复杂度(mathrm O!left(n^5 ight))。
(mathrm O!left(n^5
ight))有可能能过得去，但我们是追求完美的OIer，当然不满足于这样卡着时限的复杂度。考虑将一些情况一并处理。不难发现在(x1,y1,x2,y2)固定时，(a)中的每个字符都唯一对应(b)中的(1)个字符（有可能越界），而对于(2)对左上角(((x1_1,y1_1),(x2_1,y2_1)),((x1_2,y1_2),(x2_2,y2_2)))，若(y1_1=y1_2,y2_1=y2_2,x1_1-x2_1=x1_2-x2_2)，则它们的字符对应情况是相等的，我们就可以把它们一起处理。这样，将可以一起处理的左上角对分到一组，就会有(mathrm O!left(n^3
ight))组，对每一组分别处理。
由于每一组中左上角所在列固定，即对于每一行，从第几个字符开始匹配是固定的，那么对于每一组的处理可以看作这样一个问题：给定一个数列(s)，求(maxlimits_{i=1}^{|s|}left{maxlimits_{j=i}^{|s|}left{(j-i+1)minlimits_{k=i}^j{s_k} ight} ight})，其中(s_i=lcP_{i,y1,i+x2-x1,y2})。考虑到(minlimits_{k=i}^j{s_k})一定等于(s_{isim j})中的某一个元素，不妨枚举这个元素(s_i)，求出它最多能往左/右延申到哪里，使得它保持最小值的身份，即设往左、右分别最多能能延申到(up_i,dwn_i)，那么(forall jin[up_i,dwn_i],s_jgeq s_i)，此时用((dwn_i-up_i+1)s_i)更新答案。
现在讨论怎么求(up,dwn)。以(up)为例，假设(j<k)且(s_jgeq s_k)，如果(s_k<s_i)，那么阻止(i)往左延申的那个元素肯定在(k)处或右边，不可能是(j)；否则(s_kgeq s_i)，结合(s_jgeq s_k)可以得到(s_jgeq s_i)，(j)也不可能阻止(i)往左延申。根据这个性质，我们可以维护一个从底到顶严格单调递增的单调栈，阻止(i)往左延申的元素只可能在栈内。维护单调栈显然是(mathrm O(|s|))的。(forall iin[1,|s|])，可以在单调栈内二分找到阻止(i)往左延申的元素，这样一组中求(up)的时间复杂度为(mathrm O(|s|log |s|))。然而其实根本不用二分，因为我们要找的是栈中最上面的(j)使得(s_j<s_i)，而在将(i)入栈之前维护栈顶单调性时将所有栈顶的满足(s_jge s_i)的(j)弹出了，剩下来的栈顶就是我们要找的了（如果栈为空，则没有可以阻止(i)往左延申的元素，可以一直延伸到最左边）。这样每组求(up)复杂度(mathrm O(|s|))。(dwn)类似，所以每组总复杂度(mathrm O(|s|)=mathrm O(n))。
一共(mathrm O!left(n^3
ight))组，每组(mathrm O(n))，总复杂度(mathrm O!left(n^4
ight))。我们要写复杂度正确的算法，不能像窝女朋友libra9z一样写个(mathrm O!left(n^6
ight))算法加剪枝水过去。。。
下面贴代码：（记得文件输入输出）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mp make_pair
#define X first
#define Y second
#define pb push_back
const int N=40;
int n1,m1,n2,m2;//2个字符矩阵大小
char a[N+1][N+5],b[N+1][N+5];//2个字符矩阵
int s;//c的长度
char c[2*N+6];//临时字符串
void con(int x,int y,int z){//令c=a[x][y~m1]+'!'+b[z]
s=0;
for(int i=y;i<=m1;i++)c[++s]=a[x][i];
c[++s]='!';
for(int i=1;i<=m2;i++)c[++s]=b[z][i];
}
int z[2*N+6];//c的z数组
void z_init(){//对c跑Z算法
int zl=0,zr=0;
z[1]=s;
for(int i=2;i<=s;i++)
if(zr<i){
z[i]=0;
while(i+z[i]<=s&&c[i+z[i]]==c[1+z[i]])z[i]++;
if(z[i])zl=i,zr=i+z[i]-1;
}
else if(i+z[i-zl+1]<=zr)z[i]=z[i-zl+1];
else{
z[i]=zr-i+1;
while(i+z[i]<=s&&c[i+z[i]]==c[1+z[i]])z[i]++;
zl=i;zr=i+z[i]-1;
}
}
int lcP[N+1][N+1][N+1][N+1];//lcP[i][j][k][o]表示从a中的(i,j)、b中的(k,o)开始最多能向右延申多少个字符使得覆盖的字符串相等
int up[N],dwn[N];//从i开始最多能往左、右延伸到up[i],dwn[i]
int stk[N],top;//单调栈
int main(){
freopen("money.in","r",stdin);freopen("money.out","w",stdout);
cin>>n1>>m1;
for(int i=1;i<=n1;i++)cin>>a[i]+1;
cin>>n2>>m2;
for(int i=1;i<=n2;i++)cin>>b[i]+1;
for(int i=1;i<=n1;i++)for(int j=1;j<=m1;j++)for(int k=1;k<=n2;k++){//求lcP数组
con(i,j,k);
z_init();
for(int o=1;o<=m2;o++)lcP[i][j][k][o]=z[m1-j+1+1+o];
}
// for(int i=1;i<=n1;i++)for(int j=1;j<=m1;j++)for(int k=1;k<=n2;k++)for(int o=1;o<=m2;o++)
// printf("lcP[(%d,%d)][(%d,%d)]=%d
",i,j,k,o,lcP[i][j][k][o]);
pair<int,pair<pair<int,int>,pair<pair<int,int>,pair<int,int> > > > ans;//答案（以大小为关键字比较）
ans.X=0;
for(int i=1;i<=m1;i++)/*y1*/for(int j=1;j<=m2;j++)/*y2*/for(int k=-min(n1,n2)+1;k<min(n1,n2);k++)/*x2-x1*/{//枚举每组
// printf("i=%d j=%d k=%d:
",i,j,k);
vector<pair<int,int> > v;//数列s，越界不计入
for(int o=1;o<=n1;o++)if(1<=o+k&&o+k<=n2)/*判越界*/v.pb(mp(o,lcP[o][i][o+k][j]));
//求up
top=0;//清空单调栈
for(int o=0;o<v.size();o++){
while(top&&v[stk[top-1]].Y>=v[o].Y)top--;//维护栈顶单调性
up[o]=top?stk[top-1]+1:0;//栈顶为阻止o向左延伸的元素
stk[top++]=o;//将o入队
}
//求dwn
top=0;//清空单调栈
for(int o=v.size()-1;~o;o--){
while(top&&v[stk[top-1]].Y>=v[o].Y)top--;//维护栈顶单调性
dwn[o]=top?stk[top-1]-1:v.size()-1;//栈顶为阻止o向右延伸的元素
stk[top++]=o;//将o入队
}
// for(int o=0;o<v.size();o++)printf(" up[%d]=%d dwn[%d]=%d
",o,up[o],o,dwn[o]);
for(int o=0;o<v.size();o++){//枚举最小值
int u=up[o],d=dwn[o];//左右边界
ans=max(ans,mp((d-u+1)*v[o].Y,mp(mp(d-u+1,v[o].Y),mp(mp(v[u].X,i),mp(v[u].X+k,j)))));//更新答案
}
}
// cout<<ans.X<<"
";
if(ans.X==0)puts("0 0");
else printf("%d %d
%d %d
%d %d",ans.Y.X.X,ans.Y.X.Y,ans.Y.Y.X.X,ans.Y.Y.X.Y,ans.Y.Y.Y.X,ans.Y.Y.Y.Y);
return 0;
}