Second Large Rectangle [DP]
Second Large Rectangle [DP]
2019牛客 第二场 H
题目来源：Nowcoder
分析
题目要求“次大全1子矩阵”。其实我们将最大全1子矩阵的代码略加改动便可得到答案。
由于我们之前算的是最大子矩阵，所以在代码里，我们每次根据\(i, j\)和\(h_{i,j}\)算出\(l_{i,j}\),\(r_{i,j}\)时，都只用到了\(h_{i,j} \times (r_{i,j} - l_{i,j} + 1)\)这么一种情况去更新答案。也就是说，我们只考虑了最大的情况。那么，这次，我们只需要将\((h_{i,j} - 1) \times (r_{i,j} - l_{i,j} + 1)\)和\(h_{i,j} \times (r_{i,j} - l_{i,j})\)考虑进去就行了。此时我们只需维护最大值和次大值两个值即可。
但是，还有一种特殊情况。当同一行几个相邻点\(h_{i,j}\)相同时，同一答案可能被计算多次。在计算最大子矩阵时不需要在乎此问题，但在这里就需要考虑了。我们可以发现，当几个点在同一行时，它们的\(l_{i,j}\)和\(r_{i,j}\)在一起能共同决定整个矩形。也就是说，我们只要将\((l_{i,j},r_{i,j})\)扔到set里即可。当然，set只需判断在同一行的情况。
代码
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| #include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <set>
#define MAXN 1010
using namespace std;
int a[MAXN][MAXN];
int h[MAXN][MAXN];
int l[MAXN], r[MAXN];
set<pair<int, int>> s;
int main()
{
int n, m;
while (~scanf("%d%d", &n, &m))
{
for (int i = 1; i<=n; i++)
{
getchar();
for (int j = 1; j<=m; j++)
a[i][j] = getchar() - '0';
}
for (int i = 1; i<=n; i++)
for (int j = 1; j<=m; j++)
if (a[i][j]==1)
h[i][j] = h[i-1][j] + 1;
else
h[i][j] = 0;
int ans = 0, maxn = 0;
for (int i = 1; i<=n; i++)
{
s.clear();
for (int j = 1; j<=m; j++)
{
l[j] = j;
while ( l[j]>1 && h[i][ l[j] - 1 ] >= h[i][j])
l[j] = l[ l[j] - 1];
}
for (int j = m; j>=1; j--)
{
r[j] = j;
while ( r[j]<m && h[i][ r[j] + 1 ] >= h[i][j])
r[j] = r[ r[j] + 1];
if (s.find(pair<int, int>(l[j], r[j])) == s.end())
{
s.insert(pair<int, int>(l[j], r[j]));
int m = (r[j] - l[j] + 1) * h[i][j];
if (m > maxn)
{
ans = maxn;
maxn = m;
if (m - h[i][j] > ans)
ans = m - h[i][j];
if (m - (r[j] - l[j] + 1) > ans)
ans = m - (r[j] - l[j] + 1);
}else if (m > ans)
ans = m;
}
}
}
printf("%d\n", ans);
}
}
|