VIJOS P1351 棋盘制作
来源:互联网 发布:l女装淘宝店名 编辑:程序博客网 时间:2024/05/17 05:59
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?
格式
输入格式
第一行包含两个整数N和M,分别表示矩形纸片的长和宽。接下来的N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)。
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)。
样例1
样例输入1[复制]
3 31 0 10 1 01 0 0
样例输出1[复制]
46
限制
各个测试点10s
思路: DP O(nm)
http://wenku.baidu.com/view/728cd5126edb6f1aff001fbb.html 悬挂法求最大子矩阵
之前做得是O(n^2*m) 是纯暴力的做法。
#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>#include <iostream>#include <vector>#include <cmath>using namespace std;//悬线法 O(nm)const int V = 2000 + 50;const int MaxN = 80 + 5;const int mod = 10000 + 7;const int inf = 1987654321;typedef struct node { int l, r, h;};int n, m;node dp[V][V]; //dp[i][j] 表示以i,j为基地的高度和有区间int L_point[V][V], R_point[V][V], ans1, ans2;bool vis[V][V];int main() { int i, j; scanf("%d%d", &n, &m); for(i = 1; i <= n; ++i) for(j = 1; j <= m; ++j) scanf("%d", &vis[i][j]); for(i = 1; i <= n; ++i) { L_point[i][1] = 1; for(j = 2; j <= m; ++j) if(vis[i][j] == vis[i][j - 1]) L_point[i][j] = j; else L_point[i][j] = L_point[i][j - 1]; R_point[i][m] = m; for(j = m - 1; j >= 1; --j) if(vis[i][j] == vis[i][j + 1]) R_point[i][j] = j; else R_point[i][j] = R_point[i][j + 1]; } for(i = 1; i <= m; ++i) { dp[1][i].l = L_point[1][i]; dp[1][i].r = R_point[1][i]; dp[1][i].h = 1; ans2 = max(ans2, dp[1][i].r - dp[1][i].l + 1); } ans1 = 1; for(i = 2; i <= n; ++i) { for(j = 1; j <= m; ++j) { if(vis[i][j] != vis[i - 1][j]) { dp[i][j].l = max(dp[i - 1][j].l, L_point[i][j]); dp[i][j].r = min(dp[i - 1][j].r, R_point[i][j]); dp[i][j].h = dp[i- 1][j].h + 1; } else { dp[i][j].l = L_point[i][j]; dp[i][j].r = R_point[i][j]; dp[i][j].h = 1; } ans1 = max(ans1, min(dp[i][j].h, dp[i][j].r - dp[i][j].l + 1)); ans2 = max(ans2, dp[i][j].h * (dp[i][j].r - dp[i][j].l + 1)); } } printf("%d\n%d\n", ans1 * ans1, ans2);}
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