【洛谷】P4147 玉蟾宫 解题报告

题目背景

有一天，小猫rainbow和freda来到了湘西张家界的天门山玉蟾宫，玉蟾宫宫主蓝兔盛情地款待了它们，并赐予它们一片土地。

题目描述

这片土地被分成N*M个格子，每个格子里写着’R’或者’F’，R代表这块土地被赐予了rainbow，F代表这块土地被赐予了freda。

现在freda要在这里卖萌。。。它要找一块矩形土地，要求这片土地都标着’F’并且面积最大。

但是rainbow和freda的OI水平都弱爆了，找不出这块土地，而蓝兔也想看freda卖萌（她显然是不会编程的……），所以它们决定，如果你找到的土地面积为S，它们每人给你S两银子。

输入输出格式

输入格式：

第一行两个整数N,M，表示矩形土地有N行M列。

接下来N行，每行M个用空格隔开的字符’F’或’R’，描述了矩形土地。

输出格式：

输出一个整数，表示你能得到多少银子，即(3*最大’F’矩形土地面积)的值。

输入输出样例

input

5 6
R F F F F F
F F F F F F
R R R F F F
F F F F F F
F F F F F F

output

45

思路：

这道题可以用一种叫 悬线法 的方法！
所谓悬线法，就是用一根线去测试一下它能够往后移多远
其实也差不多。
设h[i][j]代表在i，j往下能够拓展的最大长度。
l[i][j],r[i][j]分别代表从i,j往左，往右遇到的的第一个”R”的距离。
L[i][j],R[i][j]代表到这个阶段往左，往右遇到的第一个障碍。(设置这个变量的目的是因为到这一行能够拓展的范围还受上一行的影响，但是如果直接改变l[i][j],r[i][j]的话可能会影响到不选上一行的情况，所以就额外的开一个数组。像这一题 就不用考虑那么多啦)

初始化：

for(int i=1;i<=n;i++){
        int t=0;
        for(int j=1;j<=m;j++){
            if(a[i][j])l[i][j]=t;
            else L[i][j]=0,t=j;
            //将L[i][j]赋值为0是因为待会dp的时候l要去max，所以就直接赋为0
        }
        t=m+1;
        for(int j=m;j>=1;j--){
            if(a[i][j]) r[i][j]=t;
            else R[i][j]=m+1,t=j;
            //同理R待会要取min所以就赋值成为m+1
        }
    }

Code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn = 1005;
int n,m,ans;
int a[maxn][maxn];

int r[maxn][maxn],l[maxn][maxn],h[maxn][maxn],L[maxn][maxn],R[maxn][maxn];

inline void DP()
{
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int t=0;
        for(int j=1;j<=m;j++){
            if(a[i][j])l[i][j]=t;
            else L[i][j]=0,t=j;
        }
        t=m+1;
        for(int j=m;j>=1;j--){
            if(a[i][j]) r[i][j]=t;
            else R[i][j]=m+1,t=j;
        }
    }
    for(int i=1;i<=m+1;i++) R[0][i]=m+1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)
            if(a[i][j]){
                h[i][j]=h[i-1][j]+1;
                L[i][j]=max(l[i][j]+1,L[i-1][j]);
                R[i][j]=min(r[i][j]-1,R[i-1][j]);
                ans=max(ans,(R[i][j]-L[i][j]+1)*h[i][j]);
            }
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++){
            char x;cin>>x;
            if(x=='F') a[i][j]=1;
            else a[i][j]=0;
        }
    DP();
    printf("%d\n",3*ans);
    return 0;
}

对比一下这一题 可以发现，那个题不需要额外开数组的原因是，上下两个数不一样才会进行转移，如果上下两行都不同，那么它们就是大的矩阵。这样刚好可以覆盖所有情况。
而这一题，如果是1就会进行转移，假如不开额外数组的话就会GG。

栗子:

2 6
F F R R F F
F F F F F F
这样的话，最大的显然是最后一行，但是此时的黄色部分已经被“污染”了，
而中间的那两个1的上一行是0，所以它们的值无法更新到正确答案。！
(应该是这个原因吧)