前置知識

問題引入

• 題目地址IN

對於一個$n\times m$的矩陣，每個格子有一個值，有$Q$個詢問，每次詢問你一個子矩陣中的最大值。

$1\leq n,m\leq 500,Q\leq 10^6$

• 暴力

每次花子矩陣大小的複雜度去查詢。 複雜度最壞$O(Q\times n\times m)$

• 改進

我們用$n$棵線段樹或者樹狀陣列來維護每行區間最大值，複雜度最壞$O(nmlogm+Qnlogm)$，還是沒法過，有沒有更快的方法呢？

• 分析

既然是靜態的詢問，沒有修改操作，那麼很容易聯想到$RMQ$中的$ST$表。

那麼暴力的$ST$表就是和資料結構的做法類似，預處理$n$個$ST$表，每次在多個$ST$表中查詢最大值，複雜度最壞為$O(nmlogm+Qn)$，雖然能過更多的資料，但是還是不夠。

• 二維$ST$表

既然查詢物件是個二維矩陣，那麼我們能不能維護一個二維的$ST$表呢？答案顯然是肯定的。

預處理：

所以我們令$st[i][j][k][l]$，為新的$ST$表，表示以$(i,j)$

然後我們來看，對於每個$st[i][j][k][l]$，可以由哪些狀態更新。

我們來看這個狀態表示的矩陣，如下圖：

假設這裡左上角的點$A$為$(i,j)$，右下角點$D$為$(i+2^k$

那麼我們將點$E$看作$(i,j+2^{l-1})$，其實原來的大矩陣就可以由分成的這兩個小矩陣更新得到，轉移如下： $st[i][j][k][l]=\max\{st[i][j][k][l-1],st[i][j+2^{l-1}][l-1]\}$

其中，$\max$裡面第一個為上半部分矩陣，後面一個為下半部分矩陣。

如果$l=0$的話，就將其豎起剖成兩部分即可，是同理的。轉移如下：

$st[i][j][k][l]=\max\{st[i][j][k-1][l],st[i+2^{k-1}][j][k-1][l]\}$

所以最後按照$k,l$從小到大更新即可。

查詢

對於一個子矩陣，我們假設它的左上角座標為$(x_1,y_1)$，右下角為$(x_2,y_2)$，那麼可以通過預處理的二維$ST$表，將其分成四部分查詢，如下圖：

其中四個部分為圖中$W_1(A,E,F,G),W_2(H,B,J,I),W_3(M,L,K,C),W_4(O,P,D,N)$，查詢區間是可以重合的。

其實就對應瞭如下四個預處理的狀態，我們令$p=log_2(x_2-x_1+1),q=log_2(y_2-y_1+1)$：

$\max\begin{cases}st[x_1][y_1][p][q]\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \rightarrow\ \ W_1\\ st[x_2-2^p+1][y_1][p][q] \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \rightarrow\ \ W_2\\ st[x_1][y_2-2^q+1][p][q]\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \rightarrow\ \ W_3\\ st[x_2-2^p+1][y_2-2^q+1] \ \ \ \rightarrow\ \ W_4\end{cases}\bigg\}\rightarrow ans$

答案就為上面四個矩陣的$\max$，所以預處理對數，每次$O(1)$回答即可。

那麼總的複雜度為$O(nmlognlogm+Q)$，是可以過的了。

程式碼：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int Log=12;
const int N=610;
const int inf=1e9;
int n,m,Q;
int maxv[Log][Log][N][N];
int pre[N],val[N][N]; 
void init(){
	for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)maxv[0][0][i][j]=val[i][j];
	pre[2]=pre[3]=1;
	for(int i=4,up=max(n,m);i<=up;i++)pre[i]=pre[i>>1]+1;
	int up1=pre[n]+1,up2=pre[m]+1;
	for(int l1=0;l1<=up1;l1++){
		for(int l2=0;l2<=up2;l2++){
			if(!l1&&!l2) continue;
			for(int i=1;(i+(1<<l1)-1)<=n;i++){
				fo