最大子矩陣（ $ s^2 $ 枚舉障礙與 $ n \times m $ 懸線法）

題目大意：

有 $ s $ 個障礙分布在一個 $ n\times m $ 的矩陣中。現在讓你找出其中不包含任何一個障礙的最大子矩陣。

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首先我們要引進一個新概念：（極大子矩陣：所有邊都不能再向外擴張的合法矩陣 ）（極大化思想：最大子矩陣一定是一個極大子矩陣 ）

$ solution~1:~O(s^2) $

首先講一個 $ O(s^5) $ 算法：枚舉兩個對角端點（就是四個邊界），然后枚舉障礙判斷這個矩陣是否合法。這個算法很不優，因為它枚舉了很多不是極大子矩陣的矩陣，就是個純暴力。

所以我們優化一下 $ O(s^3) $ ：枚舉左右邊界，然后將邊界內的點按y軸排序，每兩個相鄰的點和左右邊界組成一個合法矩陣。這個算法也枚舉了左右邊界，會產生非極大子矩陣的矩陣。

所以我們需要找到一種枚舉方案，使得（矩陣合法）（極大子矩陣）兩個條件盡量滿足，于是：

為了不做多余運算，我們以點為邊界 $ O(s^2) $ ：將點按照橫坐標排序，依次枚舉每一個點作為矩陣的左邊界（只要左邊界再向左移就會碰到這個點），然后我們枚舉它右邊的點作為右邊界，并在枚舉同時更新上下邊界。（因為一個合法的矩陣不能有障礙，所以枚舉的這些點會限制上下邊界（上下邊界以外的矩陣不用考慮，因為他們的左邊界不是當前的最外層枚舉的那個點所限制的，也就是說它們的左邊界不是當前枚舉的左邊界））。不過要注意，我們的 $ n \times m $ 的大邊界也可作為極大子矩陣的邊界，所以還需要倒著來一遍。

例題：$ POJ~3197~Corral~the~Cows $ （二分，最大子矩陣）

這道題并不是一道正宗的最大子矩陣，但是它同樣用到了枚舉點的思想，博主刷題不多，先用著湊活一下，大家只需要知道這種方法就行。

$ Code: $

#include<iostream> #include<cstdio> #include<iomanip> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<ctime> #include<cmath> #include<vector> #include<queue> #include<map> #include<set>#define ll long long #define db double #define rg register intusing namespace std;int n,c;struct su{int x,y;inline bool operator <(const su &z)const{return y<z.y;} }a[505];inline bool cmp (const su &x,const su &y){if(x.x==y.x)return x.y<y.y;return x.x<y.x; }inline int qr(){register char ch; register bool sign=0; rg res=0;while(!isdigit(ch=getchar()))if(ch=='-')sign=1;while(isdigit(ch))res=res*10+(ch^48),ch=getchar();if(sign)return -res; else return res; }inline bool check(int x){multiset<su> s; rg res=0;for(rg i=1,j=1;i<=n;++i){while(j<=n&&a[i].x+x-1>=a[j].x)s.insert(a[j]), ++j;multiset<su>::iterator l,r;l=r=s.begin(); res=0;while(l!=s.end()){while(r!=s.end()&&(*r).y-(*l).y+1<=x) ++r,++res;++l; if(res>=c)return 0; --res;}s.erase(s.find(a[i]));}return 1; }int main(){//freopen(".in","r",stdin);//freopen(".out","w",stdout);c=qr(); n=qr();for(rg i=1;i<=n;++i)a[i].x=qr(),a[i].y=qr();sort(a+1,a+n+1,cmp);rg l=1,r=10000,mid;while(l<=r){mid=(l+r)>>1;if(check(mid))l=mid+1;else r=mid-1;}printf("%d\n",l);return 0; }

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$ solution~2:~O(n\times m) $ 懸線法

這是很早之前學的東西了，就當做個總結：

上文我們已經提到了極大子矩陣，還有一個 $ s^2 $ 做法，但是這個做法在障礙比較多的時候是不行的。所以我們考慮另一種與邊界長度有關的最大子矩陣做法。上一種做法里，我們強調讓枚舉的矩陣盡量是極大子矩陣，這個思想在懸線法中也是核心地位。

我們知道每一個點向上向左向右的合法極大子矩陣有很多個，注意沒有向下。所以我們不可能將每個點的向上向左向右的合法極大子矩陣求出來，這樣會有大量重復。所以我們欽定從每一個點向上碰到的第一個障礙為上邊界，然后向左右盡量延伸，所得到的矩陣為這個點用懸線法得到的矩陣，之所以不向下是為了方便從第一排開始遞推尋找這個矩陣。我們可以從這個矩陣的定義里知道，所有極大子矩陣一定都可以用這種方式被找出來（證明：極大子矩陣的上邊界的上一排一定有一個障礙，這個障礙一直向下到這個極大子矩陣的下邊界所對應的那個點，它用懸線法求出的矩陣就是這個極大子矩陣）。而最大子矩陣被包含在極大子矩陣中，所以懸線法的正確性得到證明。接下來是復雜度和過程詳解。

我們需要求出每一個點用懸線法求得的矩陣。為此，我們先求出每個點向左端延伸的最遠距離，向右端延伸的最遠距離，向上延伸的最遠距離。然后開始枚舉整個 $ n \times m $ 的矩陣，過程是從第一排向下遞推。因為我們求的是一個矩陣，所以當前點在這一排向左向右延伸的最遠距離不是所求矩陣的最遠距離，它還受到上面幾排的左右端的影響（所以我們從第一排向下推）。然后我們這個點用懸線法得到的矩陣的最左端就是它在當前排向左的最遠距離和上面那些點到最左端的距離的最小值，這個遞推記錄一下就好，右端點同理，而矩陣的高從一開始就確定了，然后直接計算就好！

注意：每個點向左端延伸的最遠距離，向右端延伸的最遠距離，可以邊懸線法邊求。

例題：洛谷 $ P4147 $ 玉蟾宮

$ Code: $

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m,i,j,l[1001][1001],r[1001][1001],h[1001][1001],tot; int main(){char c;scanf("%d%d",&n,&m);for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=m;j++){cin>>c;if(c=='F')h[i][j]=h[i-1][j]+1;}for(i=1;i<=m;i++)r[0][i]=m+1;for(i=1;i<=n;i++){int f=0;for(j=1;j<=m;j++){if(h[i][j])l[i][j]=max(l[i-1][j],f);else f=j;}f=m+1;for(j=m;j>=1;j--){if(h[i][j])r[i][j]=min(r[i-1][j],f);else r[i][j]=m+1,f=j;}for(j=1;j<=m;j++)tot=max(tot,(r[i][j]-l[i][j]-1)*h[i][j]);}cout<<tot*3;return 0; }

轉載于:https://www.cnblogs.com/812-xiao-wen/p/11251533.html

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總結

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