BZOJ1177:[APIO2009]Oil(枚举,前缀和)

Description

采油区域 Siruseri政府决定将石油资源丰富的Navalur省的土地拍卖给私人承包商以建立油井。被拍卖的整块土地为一个矩形区域，被划分为M×N个小块。 Siruseri地质调查局有关于Navalur土地石油储量的估测数据。这些数据表示为M×N个非负整数，即对每一小块土地石油储量的估计值。 为了避免出现垄断，政府规定每一个承包商只能承包一个由K×K块相连的土地构成的正方形区域。 AoE石油联合公司由三个承包商组成，他们想选择三块互不相交的K×K的区域使得总的收益最大。 例如，假设石油储量的估计值如下：

1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 8 8 8 8 8 1 1 1
1 8 8 8 8 8 1 1 1
1 8 8 8 8 8 1 1 1
1 1 1 1 8 8 8 1 1
1 1 1 1 1 1 8 8 8
1 1 1 1 1 1 9 9 9
1 1 1 1 1 1 9 9 9

如果K = 2, AoE公司可以承包的区域的石油储量总和为100, 如果K = 3, AoE公司可以承包的区域的石油储量总和为208。 AoE公司雇佣你来写一个程序，帮助计算出他们可以承包的区域的石油储量之和的最大值。

Input

输入第一行包含三个整数M, N, K，其中M和N是矩形区域的行数和列数，K是每一个承包商承包的正方形的大小（边长的块数）。接下来M行，每行有N个非负整数表示这一行每一小块土地的石油储量的估计值

Output

输出只包含一个整数，表示AoE公司可以承包的区域的石油储量之和的最大值。

Sample Input

9 9 3
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 8 8 8 8 8 1 1 1
1 8 8 8 8 8 1 1 1
1 8 8 8 8 8 1 1 1
1 1 1 1 8 8 8 1 1
1 1 1 1 1 1 8 8 8
1 1 1 1 1 1 9 9 9
1 1 1 1 1 1 9 9 9

Sample Output

208

Solution

以为是什么巧妙的DP状态设计= =MD结果ta是个大分类讨论……？

一个地方=打成了-找了半天错误……

首先可以发现将矩形划分成三个部分，只有上图的六种划分方法。

我们只需要六种情况枚举分界线，然后用递推预处理每一个划分出的矩形内的最大值。

具体实现需要五个数组$sum$，$a$，$b$，$c$，$d$

其中$sum[i][j]$表示以$(i,j)$为右下角的矩形权值和。

$a[i][j]$表示右下角在$(1,1)(i,j)$内的最大矩形。

$b[i][j]$表示右下角在$(i,j)(1,m)$内的最大矩形。

$c[i][j]$表示右下角在$(1,n)(i,j)$内的最大矩形。

$d[i][j]$表示右下角在$(i,j)(n,m)$内的最大矩形。

Code

 #include<iostream>

 #include<cstdio>

 #include<algorithm>

 #define N (1509)

 using namespace std;

 int n,m,k,x,ans,sum[N][N],a[N][N],b[N][N],c[N][N],d[N][N];

 int main()

 {

     scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);

     for (int i=; i<=n; ++i)

         for (int j=; j<=m; ++j)

         {

             scanf("%d",&x);

             sum[i][j]=x+sum[i-][j]+sum[i][j-]-sum[i-][j-];

         }

     for (int i=n; i>=k; --i)

         for (int j=m; j>=k; --j)

             sum[i][j]=sum[i][j]-sum[i-k][j]-sum[i][j-k]+sum[i-k][j-k];

     for (int i=k; i<=n; ++i)

         for (int j=k; j<=m; ++j)

             a[i][j]=max(sum[i][j],max(a[i-][j],a[i][j-]));

     for (int i=k; i<=n; ++i)

         for (int j=m; j>=k; --j)

             b[i][j]=max(sum[i][j],max(b[i-][j],b[i][j+]));

     for (int i=n; i>=k; --i)

         for (int j=k; j<=m; ++j)

             c[i][j]=max(sum[i][j],max(c[i+][j],c[i][j-]));

     for (int i=n; i>=k; --i)

         for (int j=m; j>=k; --j)

             d[i][j]=max(sum[i][j],max(d[i+][j],d[i][j+]));

     for (int i=k; i<=n-k; ++i)

         for (int j=k; j<=m-k; ++j)

             ans=max(ans,a[i][j]+b[i][j+k]+c[i+k][m]);

     for (int i=k; i<=n-k; ++i)

         for (int j=k; j<=m-k; ++j)

             ans=max(ans,a[i][m]+c[i+k][j]+d[i+k][j+k]);

     for (int i=k; i<=n-k; ++i)

         for (int j=k; j<=m-k; ++j)

             ans=max(ans,a[i][j]+b[n][j+k]+c[i+k][j]);

     for (int i=k; i<=n-k; ++i)

         for (int j=k; j<=m-k; ++j)

             ans=max(ans,a[n][j]+b[i][j+k]+d[i+k][j+k]);

     for (int i=k; i<=n-k; ++i)

         for (int j=k+k; j<=m-k; ++j)

             ans=max(ans,a[n][j-k]+b[n][j+k]+sum[i][j]);

     for (int i=k+k; i<=n-k; ++i)

         for (int j=k; j<=m-k; ++j)

             ans=max(ans,a[i-k][m]+c[i+k][m]+sum[i][j]);

     printf("%d\n",ans);

 }