[APIO2009]采油区域

递推

题面

给出一个$n×m$的矩阵。请在其中选择$3$个互不相交的，大小恰为$k×k$ 的子矩阵，使得子矩阵的权值和最大。

• $n\leq1500,m\leq1500$

解析

这题和CJOJ2501很像呢。。。
看到题，本能地打了一个$DP$，然后至今调不出来。。。

解法一

矩阵对应端点为其右下方端点，$S[i][j]$即为其面积。
$f[i][j]$表示选择$(i,j)$这个点对应矩阵，并且还选择$1~0$个矩阵的最优解。
$upmx$表示当前点可转移的上方所有点对应值$S$最优值。$lfmx[j]$表示前$j$列中的最优矩阵$S$值
那么有$f[i][j]=max(upmx,lfmx[j-k])+S[i][j]$
最巧妙的地方，我们最多可以选择3个矩阵，那么是不是可以看做选一个$f[t1][t2]$加上一个$S[i][j]$？
$upmx$表示当前点可转移的上方所有点对应值$f$最优值。$lfmx[j]$表示前$j$列中的最优矩阵$f$值
那么有$ans[i][j]=max(upmx,lfmx[j-k])+S[i][j]$

il void Matrix()
{
  fp(i,1,n) fp(j,1,m) a[i][j]=gi()+a[i-1][j]+a[i][j-1]-a[i-1][j-1];//二维前缀和套路
  fp(i,k,n) fp(j,k,m) s[i][j]=a[i][j]+a[i-k][j-k]-a[i-k][j]-a[i][j-k];//以(i,j)为右下端点的k*k矩阵的面积(还是套路,自己画图就知道了)
}
il void Solve()
{
  upmx=0;memset(lfmx,0,sizeof(lfmx));
  fp(i,k,n) 
    {
      fp(j,k,m) upmx=max(upmx,s[i-k][j]);//i代表行,j代表列,该矩阵上面 底最下到该矩形的上边的矩形
      fp(j,k,m) 
    {
          lfmx[j]=max(lfmx[j-1],lfmx[j]);//维护左边的最大权值矩形
          lfmx[j]=max(lfmx[j],s[i][j]);//维护上边的最大权值矩形
      f[i][j]=max(upmx,lfmx[j-k])+s[i][j];//累计合法情况
    }
    }//搞完两个矩阵的情况
  upmx=0;memset(lfmx,0,sizeof(lfmx));//lfmx变成维护f,f代表两个矩形,我们依据上面的套路继续选取s(1个)+f(2个)
 fp(i,k,n) 
    {
      fp(j,k,m) upmx=max(upmx,f[i-k][j]);
      fp(j,k,m) 
    {
          lfmx[j]=max(lfmx[j-1],lfmx[j]);
      lfmx[j]=max(lfmx[j],f[i][j]);
      ans=max(ans,max(upmx,lfmx[j-k])+s[i][j]);
    }
    }//搞完三个矩阵的矩阵
 //最后补充一句,在当前矩阵左上方选取的矩阵对当前矩阵没有影响
}
int main()
{
  n=gi();m=gi();k=gi();
  Matrix();
  ans=0;
  Solve();
  printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

解法二

取三个互不相交的矩形？
何尝不是把整个图形分为三块，然后在每一块中取最大值？
分成三块有六种情况：

于是对应维护以每个点为右下角的$k*k$矩形权值和。
据此，可以维护每个点左上$a$、左下$c$、右上$b$、右下$d$部分的权值和。
然后枚举中间点（两条直线的交线，或者中间矩形的右下角），不断取$max$统计即可。

// luogu-judger-enable-o2
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define re register
#define il inline
#define max(a,b) (a>b?a:b)
#define min(a,b) (a<b?a:b)
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int N=2100;
int n,m,k,mp[N][N],a[N][N],b[N][N],c[N][N],d[N][N],ans;
il int gi()
{
  re int x=0,t=1;
  re char ch=getchar();
  while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
  if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
  while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return x*t;
}
int main()
{
  n=gi();m=gi();k=gi();
  fp(i,1,n) fp(j,1,m) mp[i][j]=mp[i-1][j]+mp[i][j-1]-mp[i-1][j-1]+gi();    
  fq(i,n,k) fq(j,m,k) mp[i][j]-=(mp[i-k][j]+mp[i][j-k]-mp[i-k][j-k]);
  fp(i,k,n) fp(j,k,m) a[i][j]=max(mp[i][j],max(a[i-1][j],a[i][j-1]));
  fp(i,k,n) fq(j,m,k) b[i][j]=max(mp[i][j],max(b[i-1][j],b[i][j+1]));
  fq(i,n,k) fp(j,k,m) c[i][j]=max(mp[i][j],max(c[i+1][j],c[i][j-1]));
  fq(i,n,k) fq(j,m,k) d[i][j]=max(mp[i][j],max(d[i+1][j],d[i][j+1]));
  fp(i,k,n-k) fp(j,k,m-k) ans=max(ans,a[i][m]+c[i+k][j]+d[i+k][j+k]);
  fp(i,k,n-k) fp(j,k,m-k) ans=max(ans,a[i][j]+b[i][j+k]+c[i+k][m]);
  fp(i,k,n-k) fp(j,k,m-k) ans=max(ans,a[n][j]+b[i][j+k]+d[i+k][j+k]);
  fp(i,k,n-k) fp(j,k,m-k) ans=max(ans,a[i][j]+b[n][j+k]+c[i+k][j]);
  fp(i,k,n-k) fp(j,k+k,m-k) ans=max(ans,a[n][j-k]+b[n][j+k]+mp[i][j]);
  fp(i,k+k,n-k) fp(j,k,m-k) ans=max(ans,a[i-k][m]+c[i+k][m]+mp[i][j]);
  printf("%d\n",ans);
  return 0;
}