CodeVS1428 棋盘制作

http://codevs.cn/problem/1428/

题意：给定一个N行M列的01矩阵，要求找出元素数最多的子正方阵和子矩阵，使得其中任意两个相邻元素均不同，N,M<=2000。

任意相邻两个元素均不同就意味着，要么奇数位上全0偶数位上全1，要么奇数位上全1偶数位上全0，这里的奇偶指的是行数和列数之和的奇偶性。

这个问题和经典的最大全0子矩阵有着很大的相似性，我们可以考虑转化过去。先来讲一讲最大全0子矩阵的做法。

建立二维数组h[]，h[i][j]表示从左向右到元素[i][j]连续的0的数量。如下面这个01矩阵：

0 0 0

0 0 0

0 0 1

h[]数组的值应该为：

1 2 3

1 2 3

1 2 0

这个数组的值可以用简单的递推O(n^2)内求出。

接下来，对于每个h[i][j]，求出其正上方和正下方各到何处仍有连续的h[][j]不小于h[i][j]，如上面的例子，对于h[2][2]=2，向上可以拓展到h[1][2]，向下可以拓展到h[3][2]。

设向上连续到h[l][j]，向下连续到h[r][j]，则得到了一个(r-l+1)行h[i][j]列的矩阵，用乘积对当前最大值进行修改即可。

但是，如果要直接扫描求l和r，在最坏情况下，当h[][j]单调上升时，从每个[][j]开始向下都会扫描到最下端，这样单次扫描O(n)，总时间复杂度O(n^3)，还是无法满足要求。

事实上，我们要寻找的就是对于每个元素，正上方和正下方第一次出现h[]值小于当前位置h[]值得位置，将该位置加1或减1即得到l和r。

这里我们要用到一种叫做单调栈的结构，保持栈底到栈顶的全部元素都是单调的。

每当有新元素要入栈时，若直接入栈不能保证单调性，则不断将栈顶元素弹出直到可以入栈再入栈。

如序列1,0,3,2,5,4，要找出从4向左第一个比4小的元素，则先将前5个数入栈得到0,2,5，要将4入栈，需先将5弹出，则弹出后的栈顶元素2即为要寻找的元素。

由于每个元素最多进出栈一次，而找元素和维护同时进行的，因此对于每一列的各元素，寻找l和r是线性O(n)的，因而整个算法是O(n^2)的。

接下来将上述算法应用到题目中，还是要考虑到满足条件的01子矩阵矩阵的两种情况：

对于前者，可以先将所有偶数位上的数取反然后做一次最大全0矩阵，对于后者则是对奇数位操作，这样只要在修改后各做一次即可。

关于子正方阵，只要将每次得到的长和宽中取较小值平方即可。

代码：

#include<cstdio>#define rpt(i,l,r) for(i=l;i<=r;i++)#define rpd(i,r,l) for(i=r;i>=l;i--)int a[2015][2015],b[2015][2015],l[2015][2015],r[2015][2015];int n,m,i,j,ans1,ans2;int st[2015],tp;int max(int x,int y){if(x>y) return x;else return y;}int min(int x,int y){if(x<y) return x;else return y;}void work(){rpt(i,1,n) rpt(j,1,m){if(a[i][j]==0) b[i][j]=0;else if(j==1) b[i][j]=1;else b[i][j]=b[i][j-1]+1;}rpt(j,1,m){st[tp=0]=0;rpt(i,1,n){while(b[i][j]<=b[st[tp]][j]) tp--;l[i][j]=st[tp]+1;st[++tp]=i;}st[tp=0]=n+1;rpd(i,n,1){while(b[i][j]<=b[st[tp]][j]) tp--;r[i][j]=st[tp]-1;st[++tp]=i;}}rpt(i,1,n) rpt(j,1,m){ans1=max(ans1,min(b[i][j],r[i][j]-l[i][j]+1));ans2=max(ans2,b[i][j]*(r[i][j]-l[i][j]+1));}}int main(){scanf("%d%d",&n,&m);rpt(i,1,n) rpt(j,1,m){scanf("%d",&a[i][j]);if(i+j&1) a[i][j]=1-a[i][j];}rpt(j,1,m) b[0][j]=b[0][n+1]-1;ans1=ans2=0;work();rpt(i,1,n) rpt(j,1,m) a[i][j]=1-a[i][j];work();printf("%d\n%d\n",ans1*ans1,ans2);}