突然感觉刷完这一套专题后 码力有了质的飞跃，fighting 努力会有结果！
最大字段和是一个很经典的问题 Ｏ（ｎ）算法
而对于最大子矩阵和
可以思考一个这样的想法
枚举上下边界ｉ，ｊ把ｉ到ｊ这一段的矩阵上下挤压成一个序列
对于ｉ到ｊ的最大子矩阵和问题＝求这个序列的最大字段和
所以 复杂度为Ｏ（ｎ＾３）
而对于最大子长方体和
依旧 先枚举上下边界 使问题变成最大子矩阵和
复杂度 Ｏ（ｎ＾５）
这种降维解题的思维方式 十分不错
具体看下面这个题
废料堆（Garbage Heap, UVa 10755）
有个长方体形状的废料堆，由A×B×C个废料块组成，每个废料块都有一个价值，可正可负。现在要在这个长方体上选择一个子长方体，使组成这个子长方体的废料块的价值之和最大。
【输入格式】
输入的第一行为数据组数T（T≤15）。每组数据的第一行为3个整数A, B,C（1≤A,B, C≤20）。接下来有A×B×C个整数，即各个废料块的价值，每个废料块的价值的绝对值不超过231。如果给每个废料块赋予一个空间坐标（一个角为(1,1,1)，对角线的另一端为(A,B,C)），则这些废料块在输入文件中的出现顺序为：(1,1,1),(1,1,2), …, (1,1,C), (1,2,1), …,(1,2,C), …, (1,B,C), …, (2,1,1), …, (2,B,C), …, (A,B,C)。
【输出格式】
对于每组数据，输出最大子长方体的价值和。
贴下刘汝佳老师的解释
还是老规矩，先想一个正确但低效的方法。枚举x，y，z的上下界x1, x2, y1, y2, z1, z2，然后比较这O(n6)个长方体的价值和，而每个长方体还需要O(n3)时间累加出价值和，所以总时间复杂度为O(n9)，即使对于n≤20这样的规模，也太大了。
解决高维问题的常见思路是降维。让我们先来看看本题的二维情况：给定一个数字矩阵，求一个和最大的连续子矩阵。借用上题的思路，我们枚举上下边界y1和y2（规定x从左到右递增，y从上到下递增），则问题转化为了一维问题，如图1-32所示。
? ? ? ? ?
? ? ? ? ?
-1 -2 8 3 1
-5 1 2 -7 -1
4 -2 10 -3 11
1 3 2 -4 5
9 -4 -2 5 6
? ? ? ? ?
图 1-32
注意，右图这个一维问题中的一个元素对应左图4个灰色格子的数之和。比如，(-1)+(-5)+1+9=4，(-2)+1+3+(-4)=-2等。
为了节省时间，这4个元素不能再用一重循环来累加得到，否则时间复杂度会变成O(n4)。我们得想办法让这些元素可以在O(1)时间内得到，这样，二维问题才能在O(n3)时间内解决。
解决方法仍然是前面曾多次使用的递推法：设sum(x,y1,y2)表示满足y1≤y≤y2的所有格子(x,y)里的数之和，则当y1上述两种方法都可以很方便地推广到三维情形，时间复杂度为O(n5)。因为三维情况下的n很小，因此前面所说的空间问题并不严重。下面是算法一的完整代码，它用三维数组S保存以(x,y,z)为“右下角”的长方体的元素和。代码效率不算高，但读者很容易把它推广到四维或更高维的情形。
简单易懂 就不多说了
贴代码：
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define oo 0x13131313
const int maxn=22;
using namespace std;
int A,B,C;
long long STEP1[maxn][maxn][maxn];
long long ans=-9223372036854775100;
void input()
{
cin>>A>>B>>C;
ans=-9223372036854775100;
for(int i=1;i<=A;i++)
for(int j=1;j<=B;j++)
for(int k=1;k<=C;k++)
{
cin>>STEP1[i][j][k];
}
for(int i=1;i<=A;i++)
for(int j=1;j<=B;j++)
for(int k=1;k<=C;k++)
{
STEP1[i][j][k]+=STEP1[i-1][j][k];
}
}
long long STEP3[maxn];
long long STEP2[maxn][maxn];
void get_STEP3(int a,int b)
{
for(int i=1;i<=C;i++)
STEP3[i]=STEP2[b][i]-STEP2[a-1][i];
for(int i=1;i<=C;i++)
{
if(STEP3[i-1]>0)
STEP3[i]+=STEP3[i-1];
if(STEP3[i]>ans) ans=STEP3[i];
}
}
void get_STEP2(int a,int b)
{
for(int i=1;i<=B;i++)
for(int j=1;j<=C;j++)
STEP2[i][j]=STEP1[b][i][j]-STEP1[a-1][i][j];
for(int i=1;i<=B;i++)
for(int j=1;j<=C;j++)
STEP2[i][j]+=STEP2[i-1][j];
for(int i=1;i<=B;i++)
for(int j=i;j<=B;j++)
{
get_STEP3(i,j);
}
}
void solve()
{
for(int i=1;i<=A;i++)
for(int j=i;j<=A;j++)
{
get_STEP2(i,j);
}
}
int main()
{
//freopen("a.in","r",stdin);
//freopen("a.out","w",stdout);
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
input();
solve();
cout<