考慮乙個分治的做法：按行分治，將所有區間分為兩類——經過分割線的、在左/右區間內部，後者顯然可以遞迴下取，考慮前者
先求出出該行上每一列向上和向下的最大長度，記作$up_$和$down_$，然後列舉左端點$l$，找到最小的右端點$r$滿足$r-l+1\le min_^up_+\min_^down_$（否則減小$r$一定不劣）
此時$r$具有單調性，再用乙個單調佇列維護即可，但時間複雜度為$o(qnm\log_n)$，甚至劣於$o(qnm)$的暴力，因此需要優化
事實上，分治的很多過程都是重複的，即用線段樹來維護區間，對於乙個完全包含的區間，我們不需要搜下去，可以直接從該點得到答案
具體的，對於每乙個區間：1.預處理出$up_$和$down_$；2.預處理出每乙個$l$對應的$r$；3.維護第2項的子樹最大值，合併的維護$o(m)$暴力即可，總複雜度為$o(nm+qm\log_n)$
細節：關於$up_$和$down_$的處理另一種方法是求出每乙個區間前字尾最長的1，根據子區間答案即可得到（而不儲存$up_$和$down_$）
1 #include2view codeusing
namespace
std;
3#define n 4000005
4#define l (k<<1)
5#define r (l+1)
6#define mid (l+r>>1)
7#define y1 y11
8struct
ji;11 dequeq1,q2;
12 vectorzero,v[n<<2
];13 vectorvv,f[n<<2],mx[n<<2
];14
intn,m,q,p,x,y,x1,y1,x2,y2,ans;
15 vectormerge(vectorx,vectory,int l1,int
l2));
19if (x[i].lx[i].l;
20else v[i].l=l1+y[i].l;
21if (y[i].ry[i].r;
22else v[i].r=l2+x[i].r;23}
24q1.clear(),q2.clear(),vv.clear();
25for(int i=0,j=-1;i)
33 vv.push_back(j-1
);34
while ((!q1.empty())&&(q1.front()<=i))q1.pop_front();
35while ((!q2.empty())&&(q2.front()<=i))q2.pop_front();36}
37return
v;38}39
void up(int k,int l,int
r)44
void build(int k,int l,int
r)49
if (l==r));
53 f[k][i]=mx[k][i]=i-1-(p^1
);54}55
return;56
}57build(l,l,mid);
58 build(r,mid+1
,r);
59up(k,l,r);60}
61void update(int k,int l,int r,int x,int
y)68
if (x<=mid)update(l,l,mid,x,y);
69else update(r,mid+1
,r,x,y);
70up(k,l,r);71}
72 vectorquery(int k,int l,int r,int x,int y,int xx,int
yy)78
int ll=min(mid,y)-max(l,x),lr=min(r,y)-max(mid+1
,x);
79 vectorvl,vr;
80 vl=query(l,l,mid,x,y,xx,yy);
81 vr=query(r,mid+1
,r,x,y,xx,yy);
82 vl=merge(vl,vr,max(ll+1,0),max(lr+1,0
));83
for(int i=xx;i<=yy;i++)ans=max(ans,min(vv[i],yy)-i+1
);84
return
vl;85}86
intmain());
90for(int i=1;i<=q;i++)
96else
102}
103return0;
104 }
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