突然發現自己的做法很清奇，於是就來寫一篇題解了。

覺得自己還是可以，居然沒用二維的東西維護答案

題意是在一個黑白矩陣上選一個小矩形染色為白，讓全白的行列最多。

Part.1

考慮一種最暴力的做法，我們列舉小矩陣的左上角，暴力染色後統計行列的數量。

這個演算法的時間複雜度為\(O((n-k)^2*k)\)，可以通過\(n,k<=400\)或\(n,k\)值接近的點。

但這個演算法在\(k=\frac{n}{2}\)時複雜度會被卡成\(O(n^3)\)。但如果出題人資料水可能可以比正解跑的快

Part.2

先來考慮一列的答案。

如果這一列全是白色，無論在哪裡時它都有貢獻，先預處理出來。

考慮我們在每次列舉到\(i,j\)

此時只有兩邊的答案更新了，我們只需要考慮如何更新這兩列的答案即可。

考慮對每一列做一個字首和統計黑點的個數，每次從答案中減去左邊那列的貢獻，加上右邊的貢獻就可以了（貢獻就是如果這段的黑點個數等於這列的黑點個數，答案就加一）。

Part.3

我們再來考慮如何統計一行的貢獻。

如果這一行全是白色，同理的，先預處理出來。

同樣的，我們在從\(i\)往\(i+1\)列舉時，也只用更新一行的答案。

考慮如何統計一行的貢獻，先只看一行，我們列舉到\(i\)時包含了\([i,i+k-1]\)這個區間。

我們考慮只有這個區間包含了所有黑點時才對答案有貢獻，所以我們只用記錄下最左邊的黑點與最右邊的黑點。

如圖，只有在包含了整個區間時才有貢獻，如果它的區間大小沒有整個區間大，那這行就永遠沒有貢獻。

所以拓展到\(k\)行，我們只需要計算列舉到\(i\)時每行的一個區間時對答案是否有貢獻即可。

但這裡是不是要用到資料結構呢，實際上不用，我們這裡的問題比這個要弱的多。

顯然\([i,i+k-1]\)這個區間它只有它的左端點決定，我們可以只統計這個區間的左端點在哪個區間合法。

設左黑點的位置是\(L\)，右黑點的位置是\(R\)，那麼整個區間能被全覆蓋的充要條件是\(R-k+1\leq i\leq L\)，那麼我們只需要對\([R-k+1,L]\)區間打標記即可。

這裡這個步驟的的實現不需要用任何資料結構，考慮我們只用列舉的每一行進行一次這樣的操作，需要\(n-k\)

總時間複雜度除開讀入外是\(O((n-k)\times n)\)的，可以通過。

\(Code\)

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
const int maxn=2005;

char s[maxn][maxn];
int sum[maxn][maxn];
int vis[maxn],n,k;
int L[maxn],R[maxn],hans,lans,ans,llans;

inline int max(const int &x,const int &y)
{
    return x>y?x:y;
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        scanf("%s",s[i]+1);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=1;j<=n;++j)
            if(s[i][j]=='B') {L[i]=j;break;}
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=n;j>0;--j)
            if(s[i][j]=='B') {R[i]=j;break;}
    for(int j=1;j<=n;++j)
    {
        for(int i=1;i<=n;++i)
        {
            sum[i][j]=sum[i-1][j];
            if(s[i][j]=='B') sum[i][j]++;
        }
        if(sum[n][j]==0) llans++;
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)
        if(L[i]==0&&R[i]==0) hans++;
    for(int i=1;i<=k;++i)
    {
        if(R[i]-L[i]+1>k) continue;
        for(int j=max(1,R[i]-k+1);j<=L[i];++j)
            ++vis[j];
    }
    for(int i=1;i<=n-k+1;++i)
    {
        if(i!=1)
        {
            for(int j=max(1,R[i-1]-k+1);j<=L[i-1];++j) 
                --vis[j];
            for(int j=max(1,R[i+k-1]-k+1);j<=L[i+k-1];++j) 
                ++vis[j];
        }
        lans=llans;
        for(int j=1;j<=k;++j)
            if(sum[n][j]&&sum[i+k-1][j]-sum[i-1][j]==sum[n][j]) lans++;
        ans=max(ans,lans+vis[1]);
        for(int j=2;j<=n-k+1;++j)
        {
            if(sum[n][j-1]&&sum[i+k-1][j-1]-sum[i-1][j-1]==sum[n][j-1]) lans--;
            if(sum[n][j+k-1]&&sum[i+k-1][j+k-1]-sum[i-1][j+k-1]==sum[n][j+k-1]) lans++;
            ans=max(ans,lans+vis[j]);
        }
    }
    printf("%d\n",ans+hans);
    return 0;
}

圖是不是有點醜