题目描述
“一生至少该有一次,为了某个人而忘了自己,不求有结果,不求同行,不求曾经拥有,甚至不求你爱我，只求在我最美的年华里,遇到你。”——徐志摩
原来小W和小K要到到Q镇去游玩。
Q镇是一个非常浪漫的约会圣地，同时它也是一个很特别的城镇。
小镇中有很多道路，四通八达。它有n+1条的小路为南北方向，有m+1条的小路为东西方向，这些道路将Q镇划分成了m×n个区域，而这些区域，从北到南、从西到东的坐标标识为从坐标(1,1)到坐标(m,n)。
小W和小K在网上找到了情侣们对这m×n个区域的打分V(i,j)(分数可正可负)。分数越高表示那个区域越适合情侣们出没，越低表示不适合情侣游玩。为了方便游玩，小W和小K决定选定一个连续的区域集合作为他们的游玩范围。例如，如果他们选择了最西北的区域(m1
,n1)和最东南(m2,n2)区域(m1≤m2，n1≤n2)，那么他们的活动范围是(i,j)∣(m1≤i≤m2，n1≤j≤n2)}，他们游玩的欢乐值则为这些活动范围的区域评分总和。
小W和小K希望他们游玩范围内的区域的欢乐值最大。
而身为单身狗的你的任务是编写一个程序，求出他们的活动范围(m1，n1)，(m2，n2)的欢乐值的最大值。
输入
输入第一行为整数m，n，用空格隔开
接下来有m行，每行有n列整数，其中第i行第j列的整数，代表V(i,j)，一个整数之间用空格隔开。输入数据保证这些整数中，至少存在一个正整数。
输出
输出只有一行，为最高的欢乐值。
样例输入
4 5
1 -2 3 -4 5
6 7 8 9 10
-11 12 13 14 -15
16 17 18 19 20
样例输出
146
提示
对于100%的数据，1≤N,M≤200，且V(i,j)∈[−200000,200000]。
官方题解：
观察题目，也许有人会毫不犹豫的选择枚举，将所有的 m1,n1,m2,n2 的情况全部求出来，但哪怕将查询区间 {D(i,j) (m1≤i≤m2，n1≤j≤n2)} 的分值的速度优化到 O(1)，这都是过不了的。因此，我们需要寻找一种更优秀的暴力方法。
首先，我们可以很容易知道，对于一个正确的 m1,n1,m2,n2 满足条件，该区域每个边上的所有分值和必然大于0.因为如果其某边的分值和小于0，则可以通过删除该边以得到更优的解。扩展一下，该区域必然可以分成两个矩形，并且两个矩形的分值都会大于0，否则我们将删除小于0的分值的矩形以得到更高的分数。那么，我们就可以得到一个优秀的条件，就是我们在搜索的过程中，得到的任意一个矩形的分值都大于0，否则我们就抛弃它。
因此，我们可以通过这个特殊的条件，来减少复杂度。
我们可以枚举它的最左边的位置和最右边的位置，也就是n1,n2。
因为，假设存在这样一个m1,n1,m2,n2，我们枚举的n1,n2必然有一种情况会与最优解相同。
那么，由于我们再枚举m1,m2必然会导致时间复杂度过高，那么，我们就可以选择只枚举一遍 m’，在枚举的过程中进行计算。我们使得枚举过程中，maxn记录下存在枚举的m’行所形成的最大值，若是maxn大于0，我们就继续枚举，并且考虑它是否是最优解，也就是将maxn与答案ans进行对比。
如果maxn小于0，根据我们刚才上述的条件，上面枚举的矩形都将直接抛弃，maxn重新设为0，继续寻找合适的矩形。
通过这种方法，复杂度会变成 O(n^3)，就可以解决本题了。
思路
用最大矩阵和的方法解决问题
首先要求矩阵的前缀和，累加要求区间的矩阵前缀和之差，当累加值小于0时，将累加值归0，得到累加值的最大值，即为答案
代码实现
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <string>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=205;
int m,n,v[N][N];
int ans;
int main()
{
scanf("%d%d",&m,&n);
for(int i=1;i<=m;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
{
scanf("%d",&v[i][j]);
v[i][j]+=v[i][j-1];
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=i;j<=n;j++)
{
int tmp=0;
for(int k=1;k<=m;k++)
{
tmp+=v[k][j]-v[k][i-1];
if(tmp<0) tmp=0;
if(tmp>ans) ans=tmp;
}
}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}