【codeforces1060C】【思维】【Maximum Subrectangle】

题目来源： http://codeforces.com/problemset/problem/1060/C

题目描述

现有两个长度分别为$n,m$的数组$a,b$，数组中的元素都为正数，令$C$为一个$n\times m$的矩阵，其中$C_{i,j}=a_i\cdot b_j$。
现需要找$C$的一个子矩阵，子矩阵的元素之和不超过$X$的元素个数最多的子矩阵。需要找到最大的s，满足可找到这样的四个整数$x_1,x_2,y_1,y_2$满足$1\le x_1\le x_2\le n,1\le y_1\le y_2\le m,(x_2-x_1+1)\times (y_2-y_1+1)=s$同时，

${\sum }_{i=x_1}^{x_2}{\sum }_{j=y_1}^{y_2}{c}_{i,j}\le X$.

输入格式

第一行包含两个整数$n,m(1\le n,m\le 2000)$。第二行包含$n$个整数$a_1,a_2,...,a_n(1\le a_i\le 2000)$。第三行包含$m$个整数$b_1,b_2,...,b_m(1\le b_i\le 2000)$。第四行包含一个整数$X(1\le X\le 2\cdot 10^9)$。

输出格式

如果能找到这样的四个整数$x_1,x_2,y_1,y_2$满足$1\le x_1\le x_2\le n,1\le y_1\le y_2\le m,{\sum }_{i=x_1}^{x_2}{\sum }_{j=y_1}^{y_2}{c}_{i,j}\le X$。输出满足上述条件中最大的$(x_2-x_1+1)\times (y_2-y_1+1)$，否则输出$0$。

样例1输入

3 3
1 2 3 1 2 3
9

样例1输出

4

样例2输入

5 1
5 4 2 4 5 2
5

样例2输出

1

样例解释

第一组样例中选择的矩阵左上角坐标为$(1,1)$右下角坐标为$2,2$。第二组样例中选择的矩阵左上角坐标为$(1,3)$右下角坐标为$(1,3)$。

分析

1.思考一个问题，矩阵中相同规模（矩阵的行数和列数）的子矩阵有很多个
那么对于同一个规模的子矩阵，是不是只需要关心它的最小值

$\left[\begin{array}{cccc}1& 2& 3& 4\\ 2& 3& 4& 5\\ 3& 4& 5& 6\\ 4& 5& 6& 7\end{array}\right]$

2.上述矩阵中若要求包含中间四个元素的子矩阵的加和，由题意可知：$S=a_2\times b_2+a_2\times b_3+a_3\times b_2+a_3\times b_3=a_2\times (b_2+b_3)+a_3\times (b_2+b_3)=(b_2+b_3)\times (a_2+a_3)$ 所以如果知道行列上的区间，并求出区间和再相乘就可以得到子矩阵内元素的加和了。

结合1中结论，想要某个规模下如 $k\times l$ 子矩阵的元素加和的最小值，又2中结论可知要求该规模下的子矩阵的元素加和等于 $a$ 数组中对应区间加和 乘 $b$ 数组对应区间加和。现只关心其最小值，所以只需关心 $a$ 数组中对应区间长度加和的最小值 和 $b$ 数组中对应区间长度加和的最小值。两者相乘，一定是该规模下子矩阵元素加和的最小值。

之后该题的做法就比较清晰了。要求$a,b$数组对应区间长度的最小加和，首先要求已知区间的加和，可以用前缀和处理，所以先对$a,b$数组做处理， 然后枚举区间长度，由于不同区间长度之间并没有关系，所以从小到大和从大到小都可。枚举所有区间长度，再枚举所有区间左端点，可以求出区间右端点，利用处理过的$a,b$数组可以快速的求得区间和，记录对应区间长度下的加和最小值。最后嵌套循环枚举不同的区间长度，可遍历到所有规模的子矩阵，求出其加和最小值与X比较即可，记录满足条件的子矩阵的规模，即元素个数。

AC代码：

#include
#define N 2020
#define LL long long
using namespace std;
int n, m, ans;
LL x, a[N], b[N], c[N], d[N]; 
int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for(int i = 1; i <= n; ++i) {
		scanf("%I64d", &a[i]);
		a[i] += a[i - 1];//顺便做前缀和处理
	}
	for(int i = 1; i <= m; ++i) {
		scanf("%I64d", &b[i]);
		b[i] += b[i - 1];
	}
	scanf("%I64d", &x);
	for(int l = 1; l <= n; ++l) {
		for(int i = 1; i <= n - l + 1; ++i) {
			int j = i + l - 1;
			c[l] = c[l] == 0 ? a[j] - a[i - 1] : min(c[l], a[j] - a[i - 1]);//枚举区间长度和区间左端点，记录对应区间长度下的加和最小值
		}
	}
	for(int l = 1; l <= m; ++l) {
		for(int i = 1; i <= m - l + 1; ++i) {
			int j = i + l - 1;
			d[l] = d[l] == 0 ? b[j] - b[i - 1] : min(d[l], b[j] - b[i - 1]);
		}
	}
	for(int i = 1; i <= n; ++i) {
		for(int j = 1; j <= m; ++j) {//枚举所有规模的子矩阵，记录满足条件下的子矩阵的最大规模
			LL tem = c[i] * d[j];
			if(x >= tem) 
				ans = max(ans, i * j);
		}
	}
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}