题目描述
探宝的旅程仍然继续中，由于你的帮助，小可可成功点燃了灯阵，避过了许多致命的陷阱，终于来到了宫殿的正厅中。大厅的地面是由一块块大小一致的正方形石块组成的，这些石块分为黑、白两色，组成了一个 \(m\times n\) 的矩形，在其中一个石块的下面就是通往藏宝库的通道。小可可不可能一个一个石块的尝试，因为有些石块安装了机关，一碰就会触发，整个宫殿也随之倒塌。根据藏宝图记载，通道在某一特定的区域中，这个区域是一个由数个石块组成的面积不为 \(0\) 的小矩形，它的四条边与大厅地面的边平行。如果对整个大厅地面任意划分矩形，那么在所有矩形中，这个区域的黑色石块数目减去白色石块数目所得的差是最大的。
小可可希望和你分工，由他来选择区域，你来计算黑、白两色石块的数目差 \(s\)。这样就能快速而准确的确认通道所在的区域。藏宝图上说这个区域中的石块都没有安装机关，只要确定了区域，就一定能找到通道。宝藏就在眼前了，加油吧！
（假设用 1 表示黑色石块，用 0 表示白色石块）
输入格式
输入文件的第一行为两个整数 \(m,n\)。
以下 \(m\) 行，每行 \(n\) 个字符，每个字符都是 0 或 1。
输出格式
输出文件仅一个数，表示所有可能的区域中 \(s\) 值（见前文描述）最大的一个，输出这个值即可。
3 4
1011
1111
1111
10
4 5
10110
01111
11110
10101
8
数据规模与约定
- 对于 \(50\%\) 的数据，\(1\le m,n\le 200\)。
- 对于 \(100\%\) 的数据，\(1\le m,n\le 400\)。
题目大意
挺难理解的，仔细阅读后大意如下：
给定一个 \(n\) 行 \(m\) 列的仅包含 0 和 1 的矩形，请求出区域内 1 的个数减去 0 的个数的最大值。
\(n,m\leq 400\)。
思路分析
显然可以用二维前缀和维护，枚举所有区域，求出该区域的答案求 \(\max\) 即可。
具体地，我们先用二维前缀和 \(sum_{i,j}\) 求出前 \(i\) 行前 \(j\) 列的 1 的个数（也得到了 0 的个数），根据容斥原理，有通项公式：
再枚举区域的左上角 \((u,l)\) 和右下角 \((d,r)\)，该区域的答案为：
这样，枚举 \(u,l,d,r\)，时间复杂度显然为 \(\mathcal{O(n^4)}\)，不能通过。
\(\texttt{50pts TLE code}\)
/*Written by smx*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define QAQ cout<<"QAQ\n";
const int MAXN=4e2+5,inf=1e18,mod=1e9+7;
int sum[MAXN][MAXN];
int n,m,ans;
signed main(){//freopen(".in","r",stdin);//freopen(".out","w",stdout);ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){char t;cin>>t;sum[i][j]=sum[i-1][j]+sum[i][j-1]-sum[i-1][j-1]+t-'0';}}for(int u=1;u<=n;u++){for(int l=1;l<=m;l++){for(int d=u+1;d<=n;d++){for(int r=l+1;r<=m;r++){int s1=sum[d][r]-sum[d][l-1]-sum[u-1][r]+sum[u-1][l-1];int s0=(d-u+1)*(r-l+1)-s1;ans=max(ans,s1-s0);}}}}cout<<ans;return 0;
}
可以使用最大子段和来优化前缀和。我们对每一行求一个一维的前缀和，显然第 \(i\) 行前 \(j\) 个的通项公式为：
接着枚举区域，枚举区域的 \(l\) 和 \(r\)，求出区域内每一行的和 \(f_i\)，接下来对和求最大子段和，为：
对 \(f_i\) 求 \(\max\)。
这样，时间复杂度进化为 \(\mathcal{O(n^3)}\)，可以通过。
\(\texttt{code}\)
/*Written by smx*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define QAQ cout<<"QAQ\n";
const int MAXN=4e2+5,inf=1e18,mod=1e9+7;
int n,m,ans=-inf;
int sum[MAXN][MAXN],f[MAXN];
signed main(){//freopen(".in","r",stdin);//freopen(".out","w",stdout);ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){char c;cin>>c;sum[i][j]=sum[i][j-1]+(c=='1'?1:-1);}}for(int j1=1;j1<=m;j1++){for(int j2=j1;j2<=m;j2++){for(int i=1;i<=n;i++){f[i]=sum[i][j2]-sum[i][j1-1];}for(int i=1;i<=n;i++){f[i]=max(f[i],f[i-1]+f[i]);ans=max(ans,f[i]);}}}cout<<ans;return 0;
}
