題干：

鏈接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/882/H
來源：牛客網
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題目描述

Given a N×MN \times MN×M binary matrix. Please output the size of second large rectangle containing all "1"\texttt{"1"}"1".

Containing all?"1"\texttt{"1"}"1"?means that the entries of the rectangle are all?"1"\texttt{"1"}"1".
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A rectangle can be defined as four integers?x1,y1,x2,y2x_1, y_1, x_2, y_2x1?,y1?,x2?,y2? where 1≤x1≤x2≤N1 \leq x_1 \leq x_2 \leq N1≤x1?≤x2?≤N and 1≤y1≤y2≤M1 \leq y_1 \leq y_2 \leq M1≤y1?≤y2?≤M. Then, the rectangle is composed of all the cell (x, y) where x1≤x≤x2x_1 \leq x \leq x_2x1?≤x≤x2? and y1≤y≤y2y_1 \leq y \leq y2y1?≤y≤y2. If all of the cell in the rectangle is "1"\texttt{"1"}"1", this is a valid rectangle.

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Please find out the size of the second largest rectangle, two rectangles are different if exists a cell belonged to one of them but not belonged to the other.

輸入描述:

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The first line of input contains two space-separated integers N and M.
Following N lines each contains M characters cijc_{ij}cij?.

1≤N,M≤10001 \leq N, M \leq 10001≤N,M≤1000
N×M≥2N \times M \geq 2N×M≥2
cij∈"01"c_{ij} \in \texttt{"01"}cij?∈"01"

輸出描述:

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Output one line containing an integer representing the answer. If there are less than 2 rectangles containning all "1"\texttt{"1"}"1", output "0"\texttt{"0"}"0".

示例1

輸入

復制

1 2 01

輸出

復制

0

示例2

輸入

復制

1 3 101

輸出

復制

1

題目大意：

給定一個N*M的01矩陣，求 不嚴格第二大 的全1子矩陣。（嚴格第二大就是，你求出的值必須和第一大的 值不同）

解題報告：

? 求第一大的是單調棧裸題。這題是第二大通過觀察不難發現，最終答案一定是某個候選的最大子矩陣的子矩陣。而在這些子矩陣中，肯定是去掉某一行或者去掉某一列是最優的。所以做法就是先O(N*M)求出所有最大子矩陣，然后枚舉這些矩陣，維護最大值和次大值就好了。但是要注意去重，因為假設是一行三列"111"這種情況的話，那答案肯定是不對的，因為你以每一個1為底都是對應同一個矩形，也就是這樣會算重復。

這里我采用的處理辦法是在記錄最大值次大值的同時記錄對應的左端點，右端點和高。（雖然按理來說不能記錄高，而應該記錄下底和上底，但是這個題我是按照下底進行遍歷的，而遍歷每一行的時候都清空了我上一行維護的“左端點，右端點和高”，所以這樣就足夠去重的要求了，所以不需要記錄下底和上底）。雖然去重是沒有問題的，但是其實在考慮矩陣的時候我這樣做不是嚴格正確的，因為你去掉某一列的時候，默認是去掉了最右列，按理來說也可以去掉最左列呀，，也就是說本身會生成兩個次小子矩陣的你只考慮了一個，所以程序其實是有點問題，但是因為這個題求的是第2大，所以肯定還是能AC的。因為你求的這些肯定比最大子矩陣要小，所以肯定符合要求，但是如果題目讓你求第三大的，這樣就不太行了。。。你得把：去掉左列，去掉右列，去掉上行，去掉下行，都加入考慮中，才是正確答案。。（或許這題還可以再出一遍？？emmm）

以上是我采用的處理辦法，但是不具有通用性，他如果讓你求第8大，那你維護八個變量不成？所以這里正解給出的是加入vector中，然后對vector排序，然后去重（這一點一定別忘了，但是你要是這么寫的話就得記錄對應的左端點，右端點和下底上底了，不能只記錄高了），然后輸出第8大。（因為這題是第二大所以直接上pq維護兩個元素也行）

AC代碼：

#include<iostream> #include<cmath> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<stack>using namespace std; const int MAX = 1000 + 5; int n,m; int maze[MAX][MAX]; int L[MAX],R[MAX];void getl(int i) {stack<int > sk;//要找他左側的第一個嚴格比他小的元素 所以需要從左向右維護一個嚴格單調遞增棧for(int j = 1; j<=n; j++) {while(!sk.empty() && maze[i][sk.top() ]>=maze[i][j] ) sk.pop();if(sk.empty() ) L[j] = 0;else L[j] = sk.top();sk.push(j);}} void getr(int i) {stack<int > sk;//要找他右側的第一個嚴格比他小的元素 所以需要從右向左維護一個嚴格單調遞增棧for(int j = n; j>=1; j--) {while(!sk.empty() && maze[i][sk.top() ]>=maze[i][j] ) sk.pop();if(sk.empty() ) R[j] = n+1;else R[j] = sk.top();sk.push(j);}} void init() {for(int i = 1; i<=m; i++)for(int j = 1; j<=n; j++)maze[i][j]=0; } int main() {while(~scanf("%d %d",&m,&n) ) {//m行n列init();for(int i = 1; i<=m; i++) {for(int j = 1; j<=n; j++) {int tmp;scanf("%1d",&tmp);if(tmp==1) {maze[i][j]=maze[i-1][j]+1;}}}//至此我們已經有了截止第i行的(1~i)每一個j的連續高度，int maxx=0,ci = 0,tmp,tmp1,tmp2,mx1=-1,mx2=-1,mh=-1;for(int i = 1; i<=m; i++) {getl(i);getr(i);mx1=-1,mx2=-1,mh=-1;for(int j = 1; j<=n; j++) {tmp = maze[i][j] * (R[j] - L[j] -1);tmp1 = maze[i][j] * (R[j] - L[j] -2);tmp2 = (maze[i][j]-1) * (R[j] - L[j] -1);int curl=L[j]+1,curr = R[j]-1,curh = maze[i][j];if(tmp > maxx) {ci = maxx;mx1=curl,mx2=curr,mh=curh;maxx = tmp;}else if(tmp > ci && (mx1!=curl || mx2!=curr || mh!=curh)) {ci = tmp;}if(tmp1 >= tmp2) {tmp = tmp1;curr--;}else {tmp = tmp2;curh--;} // tmp = max(tmp1,tmp2);if(tmp > maxx) {ci = maxx;mx1=curl,mx2=curr,mh=curh;maxx = tmp;}else if(tmp > ci && (mx1!=curl || mx2!=curr || mh!=curh)) {ci = tmp;}} // printf("\n");}printf("%d\n",ci);}return 0 ;} /* 1 3 111 */

然后你會發現簡短好多：（忽然發現好像不用考慮減一行呀、、因為那肯定在上一行當下底的時候算過了、、）

（其實還是因為單調棧的打開方式不太一樣，我是遍歷到第i個元素的時候處理第i個元素，然后push(i)進去，他是pop(j)的時候才開始處理每一個j，我要是這么寫的話應該也短不少，而且有的時候只能用第二種方式，比如后面那次牛客多校、、）

這樣寫的意思就是把所有寬度的縮減都考慮進去了。但是這樣寫的話應該可以卡T掉，，因為你構造一個左下全1的下三角矩陣，就能卡成O(N*M*M)、、因為他那個cnt的動作太耗時了。（本來寫的是最下面那個代碼）

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int M = 1e3+5; int dp[M][M]; int ddz[M],w[M]; vector<int> ans; int n,m;void solve(int *f){int top = 0;ddz[top] = -1;f[m+1] = -1;for(int i=1;i<=m+1;i++){if(ddz[top] <= f[i]) ddz[++top] = f[i];else {int cnt = 0;//接下來把所有寬度的都加進去while(top && ddz[top] > f[i]) {cnt++;ans.push_back(ddz[top] * cnt);top--;}while(cnt--) ddz[++top] = f[i];ddz[++top] = f[i];}} }int main(){char c[M];while(~scanf("%d%d",&n,&m)) {ans.clear();for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%s",c);for(int j=1;j<=m;j++) dp[i][j] = c[j-1] == '0'? 0 : dp[i-1][j]+1;}for(int i=1;i<=n;i++) solve(dp[i]);sort(ans.begin(),ans.end());/*考慮特例*/int sz = ans.size();if(sz<=1) printf("0\n");printf("%d\n", ans[sz-2]);}return 0; }

他本來的solve函數是這么寫的：

void solve(int *f){int top = 0;ddz[top] = -1;f[m+1] = -1;for(int i=1;i<=m+1;i++){/*等于時是否彈出這需要自己注意一下,就是嚴不嚴格單調的選擇*/if(ddz[top]<f[i]) ddz[++top]=f[i],w[top]=1;else{int width = 0;/*此處注意要先加寬度*/while(top&&f[i]<ddz[top]){ width+=w[top],ans.push_back(ddz[top]*width),ans.push_back(ddz[top]*(width-1));top--;}/*我的做法是 : 等于是加入,不嚴格單調*/ddz[++top]=f[i],w[top]=width+1;}} }

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總結

以上是生活随笔為你收集整理的【2019牛客暑期多校训练营（第二场） - H】Second Large Rectangle（单调栈，全1子矩阵变形）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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