【CodeForces】【暴力】1060C-Maximum Subrectangle

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CodeForces 1060C Maximum Subrectangle

◇题目传送门◆

题目大意

给定两个长度分别为 $N,M$的两个数列 $A,B$及一个数 $X$，定义矩阵 $C$，其中 $C_{i,j}=A_i\times B_j(1\le i\le N,1\le j\le M)$，要求找出最大的矩形，使得 $\sum_{i=x_1}^{x_2}{\sum_{j=y_1}^{y_2}{C_{i,j}}}\le X$

思路

如果有读者想了解 $O(N^2\log_2 N^2)$的算法，请移步至这里（由于那篇文章是整场比赛的部分题解，所以请耐心翻到C题）。

我们先来推一下式子：
$\sum_{i=x_1}^{x_2}{\sum_{j=y_1}^{y_2}{C_{i,j}}}=\sum_{i=x_1}^{x_2}{\sum_{j=y_1}^{y_2}{(A_i\times B_j)}}\\=\sum_{i=x_1}^{x_2}{A_i}\times\sum_{i=y_1}^{y_2}{B_j}$

不难发现这东西和 $(x_2-x_1+1),(y_2-y_1+1)$有关，即当有一方长度一定时，这方的值越小，则另一方的值越大，则另一方的长度越长，则面积最大。所以我们可以开一个数组 $f[i]$，表示长度为 $i$的序列的和的最小值，分别对 $A,B$进行计算。再加上一个前缀和，时间复杂度为 $O(N^2)$。

接下来只需枚举长度，在两个f数组中找出所有的乘积小于 $X$的可能情况，再更新答案，即可在 $O(N^2)$的时间内解决这一问题。

综上，总时间复杂度为 $O(N^2)$，显然可以过掉此题。

正解代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int Maxn=2000;

ll N,M,X,A[Maxn+5],B[Maxn+5];
ll suma[Maxn+5],sumb[Maxn+5];
ll fa[Maxn+5],fb[Maxn+5];

int main() {
	#ifdef LOACL
	freopen("in.txt","r",stdin);
	freopen("out.txt","w",stdout);
	#endif
	scanf("%d %d",&N,&M);
	for(int i=1;i<=N;i++) {
		scanf("%d",&A[i]);
		suma[i]=suma[i-1]+A[i];
	}
	for(int i=1;i<=M;i++) {
		scanf("%d",&B[i]);
		sumb[i]=sumb[i-1]+B[i];
	}
	scanf("%d",&X);
	memset(fa,0x3f,sizeof fa);
	memset(fb,0x3f,sizeof fb);
	for(int l=1;l<=N;l++)
		for(int i=1;i+l-1<=N;i++)
			fa[l]=min(fa[l],suma[i+l-1]-suma[i-1]);
	for(int l=1;l<=M;l++)
		for(int i=1;i+l-1<=M;i++)
			fb[l]=min(fb[l],sumb[i+l-1]-sumb[i-1]);
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=N;i++)
		for(int j=1;j<=M;j++)
			if(fa[i]*fb[j]<=X)
				ans=max(ans,i*j);
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}