CodeVS1428 棋盘制作
http://codevs.cn/problem/1428/
题意：给定一个N行M列的01矩阵，要求找出元素数最多的子正方阵和子矩阵，使得其中任意两个相邻元素均不同，N,M<=2000。
任意相邻两个元素均不同就意味着，要么奇数位上全0偶数位上全1，要么奇数位上全1偶数位上全0，这里的奇偶指的是行数和列数之和的奇偶性。
这个问题和经典的最大全0子矩阵有着很大的相似性，我们可以考虑转化过去。先来讲一讲最大全0子矩阵的做法。
建立二维数组h[]，h[i][j]表示从左向右到元素[i][j]连续的0的数量。如下面这个01矩阵：
0 0 0
0 0 0
0 0 1
h[]数组的值应该为：
1 2 3
1 2 3
1 2 0
这个数组的值可以用简单的递推O(n^2)内求出。
接下来，对于每个h[i][j]，求出其正上方和正下方各到何处仍有连续的h[][j]不小于h[i][j]，如上面的例子，对于h[2][2]=2，向上可以拓展到h[1][2]，向下可以拓展到h[3][2]。
设向上连续到h[l][j]，向下连续到h[r][j]，则得到了一个(r-l+1)行h[i][j]列的矩阵，用乘积对当前最大值进行修改即可。
但是，如果要直接扫描求l和r，在最坏情况下，当h[][j]单调上升时，从每个[][j]开始向下都会扫描到最下端，这样单次扫描O(n)，总时间复杂度O(n^3)，还是无法满足要求。
事实上，我们要寻找的就是对于每个元素，正上方和正下方第一次出现h[]值小于当前位置h[]值得位置，将该位置加1或减1即得到l和r。
这里我们要用到一种叫做单调栈的结构，保持栈底到栈顶的全部元素都是单调的。
每当有新元素要入栈时，若直接入栈不能保证单调性，则不断将栈顶元素弹出直到可以入栈再入栈。
如序列1,0,3,2,5,4，要找出从4向左第一个比4小的元素，则先将前5个数入栈得到0,2,5，要将4入栈，需先将5弹出，则弹出后的栈顶元素2即为要寻找的元素。
由于每个元素最多进出栈一次，而找元素和维护同时进行的，因此对于每一列的各元素，寻找l和r是线性O(n)的，因而整个算法是O(n^2)的。
接下来将上述算法应用到题目中，还是要考虑到满足条件的01子矩阵矩阵的两种情况：
对于前者，可以先将所有偶数位上的数取反然后做一次最大全0矩阵，对于后者则是对奇数位操作，这样只要在修改后各做一次即可。
关于子正方阵，只要将每次得到的长和宽中取较小值平方即可。
代码：
#include<cstdio>
#define rpt(i,l,r) for(i=l;i<=r;i++)
#define rpd(i,r,l) for(i=r;i>=l;i--)
int a[2015][2015],b[2015][2015],l[2015][2015],r[2015][2015];
int n,m,i,j,ans1,ans2;
int st[2015],tp;
int max(int x,int y){
if(x>y) return x;
else return y;
}
int min(int x,int y){
if(x<y) return x;
else return y;
}
void work(){
rpt(i,1,n) rpt(j,1,m){
if(a[i][j]==0) b[i][j]=0;
else if(j==1) b[i][j]=1;
else b[i][j]=b[i][j-1]+1;
}
rpt(j,1,m){
st[tp=0]=0;
rpt(i,1,n){
while(b[i][j]<=b[st[tp]][j]) tp--;
l[i][j]=st[tp]+1;
st[++tp]=i;
}
st[tp=0]=n+1;
rpd(i,n,1){
while(b[i][j]<=b[st[tp]][j]) tp--;
r[i][j]=st[tp]-1;
st[++tp]=i;
}
}
rpt(i,1,n) rpt(j,1,m){
ans1=max(ans1,min(b[i][j],r[i][j]-l[i][j]+1));
ans2=max(ans2,b[i][j]*(r[i][j]-l[i][j]+1));
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
rpt(i,1,n) rpt(j,1,m){
scanf("%d",&a[i][j]);
if(i+j&1) a[i][j]=1-a[i][j];
}
rpt(j,1,m) b[0][j]=b[0][n+1]-1;
ans1=ans2=0;
work();
rpt(i,1,n) rpt(j,1,m) a[i][j]=1-a[i][j];
work();
printf("%d\n%d\n",ans1*ans1,ans2);
}