DP小技巧——悬线法

本来以为之前写过这个方法，今天又考了一道模板题，于是就记录一下

悬线法是求解一类极大子矩阵问题的DP解法（maybe）

例题：给一个01矩阵，求最大的一个子矩阵，使得该子矩阵全为1

考试有人想出了\(O(n^2log^2n)\)的二分套二分做法，在此表示膜拜（即二分面积，枚举面积的约数）

从暴力方面想，对于一个点，直接求出它向左右上的最远距离再乘起来可能不对，所以只能求其中一个的最远距离

具体来说，定义\(u_{i,j}\)表示从\((i,j)\)向上走能走出的最远距离，\(l,r\)必须受到\(u\)的约束，所以定义为满足\(u\)最大，矩阵合法的条件下可以向左/右走到的最远点，那么\(ans=max(u_{i,j}*(r_{i,j}-l_{i,j}+1))\)

形象来看，可以理解为以\((i,j)\)这个点为下端的连续的1组成的一根竖线，这根线左右移动所形成的矩形区域即这个点对应的矩形，这些矩形面积的最大值即为答案

显然\(u,l,r\)三个数组可以\(O(n^2)\)递推（见代码），正确性：1.由上面的定义可知，所有的矩阵合法（是子矩阵） 2.最大的矩阵中一定存在一根等于矩形高度的悬线（该线可以左右移动形成该矩阵），如果不存在，即所有的悬线都比该矩阵高，那显然它不是最大矩阵

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define N 1005
#define Min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define Max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
using namespace std;
int n,m,a[N][N],ans;
int up[N][N],l[N][N],r[N][N];

template <class T>
void read(T &x)
{
    char c;int sign=1;
    while((c=getchar())>'9'||c<'0') if(c=='-') sign=-1; x=c-48;
    while((c=getchar())>='0'&&c<='9') x=x*10+c-48; x*=sign;
}

int main()
{
    read(n);read(m);
    for(int i=1;i<=n;++i)
      for(int j=1;j<=m;++j) 
        read(a[i][j]);
    for(int i=1;i<=n;++i)
    for(int j=1;j<=m;++j)
    {
        if(a[i][j])
        {
            l[i][j]=r[i][j]=j;
            up[i][j]=1;
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)
      for(int j=2;j<=m;++j)
        if(a[i][j]&&a[i][j-1]) 
          l[i][j]=l[i][j-1];
    for(int i=1;i<=n;++i)
      for(int j=m-1;j>=1;--j)
        if(a[i][j]&&a[i][j+1]) 
          r[i][j]=r[i][j+1];
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        for(int j=1;j<=m;++j)
        {
            if(i-1&&a[i-1][j]&&a[i][j])
            {
                up[i][j]=up[i-1][j]+1;
                l[i][j]=Max(l[i][j],l[i-1][j]);
                r[i][j]=Min(r[i][j],r[i-1][j]);
            }
            ans=Max(ans,(r[i][j]-l[i][j]+1)*up[i][j]);
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

习题：玉蟾宫（其实就是例题），棋盘制作（强行将高和宽取\(min\)即可保证为正方形）