【最大子矩阵+前缀和】F:Painting the Barn 2

题目链接http://acm.zjnu.edu.cn/CLanguage/showproblem?problem_id=2310

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题意：

在一个200*200的地上，已经画了若干个矩形。再画两个不相交的矩形，使得覆盖k次的面积最大。问面积最大是多少？

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题解：

先做一次差分的二维前缀和进行染色，计算出已经覆盖k次的情况。
如果在此基础上再覆盖，已经覆盖k次的贡献是-1，覆盖k-1次的贡献是1，其余的都是0。这样就形成了一个新的矩阵。
问题变成了0，1，-1矩阵里画两个不相交的矩形面积之和最大。

首先有一个基础问题，如何求一个矩阵的最大子矩阵。
预处理每一列矩阵的前缀和，然后O(n^2)枚举子矩阵的上下边界，边界内每一列的和可以通过前缀和O(1)求出，这样就压缩成了一维序列，问题也就转化成了求最大子段和的问题，可以通过O(n)的dp来求。

然后考虑两个不相交矩阵的情况，可以看出两个矩阵可以竖着分开，或者横着分开。所以我们只要处理出四个方向的的最大子矩阵，然后枚举分界线就行了。

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#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e2+100;
const int M=2e2+1;
int n,k;
int dp[N][N];
int ans;
int sumup[N][N],sumle[N][N];
int le[N],ri[N],up[N],dw[N];
int f[N];
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1,lx,ly,rx,ry;i<=n;i++){
        scanf("%d%d%d%d",&lx,&ly,&rx,&ry);
        dp[lx+1][ly+1]++;
        dp[lx+1][ry+1]--;
        dp[rx+1][ly+1]--;
        dp[rx+1][ry+1]++;
    }
    for(int i=1;i<M;i++){
        for(int j=1;j<M;j++){
            dp[i][j]+=dp[i-1][j]+dp[i][j-1]-dp[i-1][j-1];
        }
    }
    for(int i=1;i<M;i++){
        for(int j=1;j<M;j++){
            if(dp[i][j]==k) ans++,dp[i][j]=-1;
            else if(dp[i][j]==k-1) dp[i][j]=1;
            else dp[i][j]=0;
        }
    }

    for(int i=1;i<M;i++){
        for(int j=1;j<M;j++){
            sumup[i][j]=sumup[i][j-1]+dp[i][j];
            sumle[i][j]=sumle[i-1][j]+dp[i][j];
        }
    }

    for(int i=1;i<M;i++){
        for(int j=i;j<M;j++){
            for(int k=1;k<M;k++){
                int tmp=sumup[k][j]-sumup[k][i-1];
                f[k]=max(0,max(tmp,tmp+f[k-1]));
                le[k]=max(le[k],f[k]);
            }
        }
    }
    memset(f,0,sizeof(f));
    for(int i=1;i<M;i++){
        for(int j=i;j<M;j++){
            for(int k=M-1;k>=1;k--){
                int tmp=sumup[k][j]-sumup[k][i-1];
                f[k]=max(0,max(tmp,tmp+f[k+1]));
                ri[k]=max(ri[k],f[k]);
            }
        }
    }

    memset(f,0,sizeof(f));
    for(int i=1;i<M;i++){
        for(int j=i;j<M;j++){
            for(int k=1;k<M;k++){
                int tmp=sumle[j][k]-sumle[i-1][k];
                f[k]=max(0,max(tmp,tmp+f[k-1]));
                up[k]=max(up[k],f[k]);
            }
        }
    }
    memset(f,0,sizeof(f));
    for(int i=1;i<M;i++){
        for(int j=i;j<M;j++){
            for(int k=M-1;k>=1;k--){
                int tmp=sumle[j][k]-sumle[i-1][k];
                f[k]=max(0,max(tmp,tmp+f[k+1]));
                dw[k]=max(dw[k],f[k]);
            }
        }
    }

    for(int i=1;i<M;i++) le[i]=max(le[i],le[i-1]),up[i]=max(up[i],up[i-1]);
    for(int i=M-1;i>=1;i--) ri[i]=max(ri[i],ri[i+1]),dw[i]=max(dw[i],dw[i+1]);
    int tt=0;
    for(int i=1;i<M;i++){
        tt=max(tt,le[i]+ri[i+1]);
        tt=max(tt,up[i]+dw[i+1]);
    }
    ans+=tt;
    printf("%d\n",ans);

}