[BZOJ1177][Apio2009]Oil

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试题描述

采油区域 Siruseri*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，*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。

输入

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

输出

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。

输入示例

输出示例

数据规模及约定

0 < n, m < 2501, 答案不超过int, 0 < k < min{ n, m }且保证有方案

题解

马丹智障题。。。我来吐槽一下：

1.) 这题是一道恶心dp题（我分了14种情况讨论）

2.) 这题大视野题面上没有范围，并且此题“讨论”中所发的范围是错的！

3.) 这题数据有问题，不能用任何读入优化

4.) 这题卡内存

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <string>
#include <map>
#include <set>
using namespace std;

#define maxn 2505
#define LL int
#define h f[0]
#define t g[0]
int n, m, K;
LL S[maxn][maxn], f[2][maxn][maxn], g[2][maxn][maxn];

LL sum(int x1, int y1, int x2, int y2) { return S[x2][y2] - S[x1][y2] - S[x2][y1] + S[x1][y1]; }

int main() {
//	freopen("data.in", "r", stdin);
	scanf("%d%d%d", &n, &m, &K);
//	n = read(); m = read(); K = read();
	LL ans = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		for(int j = 1; j <= m; j++) {
			int tmp; scanf("%d", &tmp);
			S[i][j] = S[i-1][j] - S[i-1][j-1] + S[i][j-1] + tmp;
		}

	f[0][K][K] = S[K][K];
	for(int i = K; i <= n; i++)
		for(int j = K; j <= m; j++) {
			f[0][i][j] = max(max(f[0][i-1][j], f[0][i][j-1]), sum(i-K, j-K, i, j));
			f[1][i][j] = max(max(f[1][i-1][j], f[1][i][j-1]), sum(i-K, j-K, i, j) + max(f[0][i-K][j], f[0][i][j-K]));
		}
	g[0][n-K+1][m-K+1] = sum(n-K, m-K, n, m);
	for(int i = n-K+1; i; i--)
		for(int j = m-K+1; j; j--) {
			g[0][i][j] = max(max(g[0][i+1][j], g[0][i][j+1]), sum(i-1, j-1, i+K-1, j+K-1));
			g[1][i][j] = max(max(g[1][i+1][j], g[1][i][j+1]), sum(i-1, j-1, i+K-1, j+K-1) + max(g[0][i+K][j], g[0][i][j+K]));
		}
	for(int i = 1; i <= n-K+1; i++)
		for(int j = 1; j <= m-K+1; j++) {
			LL tmp = sum(i-1, j-1, i+K-1, j+K-1);
			ans = max(ans, tmp + f[1][i-1][m]);
			ans = max(ans, tmp + f[1][n][j-1]);
			ans = max(ans, tmp + g[1][1][j+K]);
			ans = max(ans, tmp + g[1][i+K][1]);
			ans = max(ans, tmp + f[0][i-1][j+K-1] + g[0][1][j+K]);
			ans = max(ans, tmp + f[0][i-1][m] + g[0][i][j+K]);
			ans = max(ans, tmp + f[0][i-1][m] + g[0][i+K][1]);
			ans = max(ans, tmp + f[0][i+K-1][j-1] + g[0][i+K][1]);
			ans = max(ans, tmp + f[0][n][j-1] + g[0][i+K][j]);
			ans = max(ans, tmp + f[0][n][j-1] + g[0][1][j+K]);
		}
	memset(h, 0, sizeof(h));
	h[K][m-K+1] = sum(0, m-K, K, m);
	for(int i = K; i <= n; i++)
		for(int j = m-K+1; j; j--)
			h[i][j] = max(max(h[i-1][j], h[i][j+1]), sum(i-K, j-1, i, j+K-1));
	memset(t, 0, sizeof(t));
	t[n-K+1][K] = sum(n-K, 0, n, K);
	for(int i = n-K+1; i; i--)
		for(int j = K; j <= m; j++)
			t[i][j] = max(max(t[i+1][j], t[i][j-1]), sum(i-1, j-K, i+K-1, j));
	for(int i = 1; i <= n-K+1; i++)
		for(int j = 1; j <= m-K+1; j++) {
			LL tmp = sum(i-1, j-1, i+K-1, j+K-1);
			ans = max(ans, tmp + t[i+K][m] + h[i+K-1][j+K]);
			ans = max(ans, tmp + t[i+K][j+K-1] + h[n][j+K]);
			ans = max(ans, tmp + t[1][j-1] + h[i-1][j]);
			ans = max(ans, tmp + t[i][j-1] + h[i-1][1]);
		}

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

	return 0;
}