最大子矩阵
作者：互联网
最大子矩阵
给定一个长度为 $n$ 的整数数组 $a_{1},a_{2}, \dots ,a_{n}$ 和一个长度为 $m$ 的整数数组 $b_{1},b_{2}, \dots ,b_{m}$。
设 $c$ 是一个 $n \times m$ 的矩阵，其中 $c_{i,j} = a_{i} \times b_{j}$。
请你找到矩阵 $c$ 的一个子矩阵，要求：该子矩阵所包含的所有元素之和不超过 $x$，并且其面积（包含元素的数量）应尽可能大。
输出满足条件的子矩阵的最大可能面积（即包含元素的最大可能数量）。
输入格式
第一行包含两个整数 $n,m$。
第二行包含 $n$ 个整数 $a_{1},a_{2}, \dots ,a_{n}$。
第三行包含 $m$ 个整数 $b_{1},b_{2}, \dots ,b_{m}$。
第四行包含一个整数 $x$。
输出格式
一个整数，表示满足条件的子矩阵的最大可能面积（即包含元素的最大可能数量）。
如果不存在满足条件的子矩阵，则输出 $0$。
数据范围
前三个测试点满足 $1 \leq n,m \leq 5$。
所有测试点满足 $1 \leq n,m \leq 2000$，$1 \leq a_{i},b_{i} \leq 2000$，$1 \leq x \leq 2 \times {10}^{9}$。
输入样例1：
3 3 1 2 3 1 2 3 9
输出样例1：
4
输入样例2：
5 1 5 4 2 4 5 2 5
输出样例2：
1
解题思路
一开始推导出了求子矩阵和的公式，就是$s = \left( a_{k_{1}} + a_{k_{2}} + \dots a_{k_{n}} \right) \times \left( b_{r_{1}} + b_{r_{2}} + \dots b_{r_{m}} \right)$。先预处理出数组$a$各个长度的区间所对应的区间和，然后让所有求得的和都记录一个对应的最大区间长度，同时对得到的和进行离散化。然后通过枚举数组$b$各个长度的区间所对应的区间和${s'}$，在离散化数组中二分找到小于等于$\left\lfloor \frac{x}{{s'}} \right\rfloor$的值，通过映射得到这个和在数组$a$中对应的最大区间长度，然后与数组$b$的区间长度进行乘积，将这个结果与答案取一个最大值。但这种做法一开始没过，也不知道错哪里，后面改了下又$TLE$了。
首先如果有一个子矩阵，对应的行从$k_{1}$到$k_{n}$，列从$r_{1}$到$r_{m}$，那么子矩阵中第一行的和为$a_{k_{1}} \times \left( {b_{r_{1}} + \dots + b_{r_{m}}} \right)$，同理，一直到第$n$行的和为$a_{k_{n}} \times \left( {b_{r_{1}} + \dots + b_{r_{m}}} \right)$，将每一行的和加起来就得到子矩阵的和，提取公因式$\left( {b_{r_{1}} + \dots + b_{r_{m}}} \right)$，最后会得到$s = \left( a_{k_{1}} + \dots a_{k_{n}} \right) \times \left( b_{r_{1}} + \dots b_{r_{m}} \right)$。
问题就是任选一个$a$的一个区间，任选一个$b$的区间，使得两个区间的和的乘积要小于等于$x$，并且两个区间长度的乘积最大。如果直接枚举的话时间复杂度是$O \left( n^{4} \right)$。
我们考虑一下，对于$a$中长度都为$len$的区间，我们是要在$b$中找到一个尽可能长的区间，使得两个区间的和的乘积小于等于$x$。因为每一个数都是正数，所以区间长度越长，区间和越大。如果有$a$的区间和$s_{a}$，$b$的区间和$s_{b}$，那么在满足$s_{a} \times s_{b} \leq x$的情况下，要让$b$的区间长度越大，意味着$s_{b}$越大，因此要让$s_{a}$越小。因此对于$a$中长度都为$len$的区间，应该选择区间和最小的那个。即长度一定的时候选择区间和最小的那个。这样就从$n^{2}$的自由度降到$n$。数组$b$同理，自由度可以降到$m$。
$s_{a} \left[ i \right]$表示数组$a$中长度为$i$的最小区间和。可以发现$s_{a} \left[ {i+1} \right] > s_{a} \left[ i \right]$。假设有$s_{a} \left[ {i+1} \right] \leq s_{a} \left[ i \right]$，因为每一个元素都是正数，因此我们可以从长度为$i+1$的区间中删除一个数，长度变为$i$，此时的和变成${s'}$，也必然满足${s'} < s_{a} \left[ {i+1} \right] \leq s_{a} \left[ i \right]$，即长度为$i$的区间存在一个比$s_{a} \left[ i \right]$更小的区间和，这就与$s_{a} \left[ i \right]$表示数组$a$中长度为$i$的最小区间和矛盾了。同理$s_{b} \left[ i \right]$。
所以我们可以枚举$i$，当确定了$s_{a} \left[ i \right]$后，找到一个最大的$j$，使得满足$s_{a} \left[ i \right] \times s_{b} \left[ j \right] \leq x$。这里可以用双指针或二分来做。
双指针的话，当$i$单调往后走，$j$一定是单调往前走的。
AC代码如下：
双指针：
1 #include <cstdio>
2 #include <algorithm>
3 using namespace std;
4
5 const int N = 2010;
6
7 int sa[N], sb[N];
8 int a[N], b[N];
9
10 int main() {
11 int n, m, x;
12 scanf("%d %d", &n, &m);
13 for (int i = 1; i <= n; i++) {
14 int val;
15 scanf("%d", &val);
16 sa[i] = sa[i - 1] + val;
17 }
18 for (int i = 1; i <= m; i++) {
19 int val;
20 scanf("%d", &val);
21 sb[i] = sb[i - 1] + val;
22 }
23 scanf("%d", &x);
24
25 for (int len = 1; len <= n; len++) {
26 a[len] = 2e9;
27 for (int i = 1; i + len - 1 <= n; i++) {
28 int j = i + len - 1;
29 a[len] = min(a[len], sa[j] - sa[i - 1]);
30 }
31 }
32
33 for (int len = 1; len <= m; len++) {
34 b[len] = 2e9;
35 for (int i = 1; i + len - 1 <= m; i++) {
36 int j = i + len - 1;
37 b[len] = min(b[len], sb[j] - sb[i - 1]);
38 }
39 }
40
41 int ret = 0;
42 for (int i = 1, j = m; i <= n; i++) {
43 while (j && a[i] > x / b[j]) {
44 j--;
45 }
46 ret = max(ret, i * j);
47 }
48
49 printf("%d", ret);
50
51 return 0;
52 }
二分：
1 #include <cstdio>
2 #include <algorithm>
3 using namespace std;
4
5 const int N = 2010;
6
7 int sa[N], sb[N];
8 int a[N], b[N];
9
10 int find(int l, int r, int val) {
11 while (l < r) {
12 int mid = l + r + 1 >> 1;
13 if (b[mid] <= val) l = mid;
14 else r = mid - 1;
15 }
16
17 return b[l] <= val ? l : 0;
18 }
19
20 int main() {
21 int n, m, x;
22 scanf("%d %d", &n, &m);
23 for (int i = 1; i <= n; i++) {
24 int val;
25 scanf("%d", &val);
26 sa[i] = sa[i - 1] + val;
27 }
28 for (int i = 1; i <= m; i++) {
29 int val;
30 scanf("%d", &val);
31 sb[i] = sb[i - 1] + val;
32 }
33 scanf("%d", &x);
34
35 for (int len = 1; len <= n; len++) {
36 a[len] = 2e9;
37 for (int i = 1; i + len - 1 <= n; i++) {
38 int j = i + len - 1;
39 a[len] = min(a[len], sa[j] - sa[i - 1]);
40 }
41 }
42
43 for (int len = 1; len <= m; len++) {
44 b[len] = 2e9;
45 for (int i = 1; i + len - 1 <= m; i++) {
46 int j = i + len - 1;
47 b[len] = min(b[len], sb[j] - sb[i - 1]);
48 }
49 }
50
51 int ret = 0;
52 for (int i = 1; i <= n; i++) {
53 ret = max(ret, i * find(1, m, x / a[i]));
54 }
55
56 printf("%d", ret);
57
58 return 0;
59 }
参考资料
AcWing 4395. 最大子矩阵（AcWing杯 - 周赛）：https://www.acwing.com/video/3764/
标签：dots,right,最大,int,矩阵,leq,区间,left 来源： https://www.cnblogs.com/onlyblues/p/16095332.html