A. Flying Squirrel
题意：给你n根柱子，高度分别为a[i]。m次询问：给两个数X，Y。从X出发到Y为止，当Y=0表示可以从X出发，任意位置停止。每一次行走的条件是中间不能有高于或者等于当前柱子高度。
问我们最多能走多少次？
首先我们有一个观察，在当前柱子上。我们选择下一根柱子去走的时候，肯定会考虑向左或者向右能走的所有最高的柱子，这相当于从这个点向他们连边。那不妨我们直接考虑从最高的柱子开始走，每次
向能走到的所有最高的柱子连边，并且递归的去建树，建树的时候顺便把无目的地的答案给处理出来。显然，如果有解的话，我们就把他们之间的深度差输出。
#include<bits/stdc++.h> #define fi first #define sd second #define lson (nd<<1) #define rson (nd+nd+1) #define PB push_back #define mid (l+r>>1) #define MP make_pair #define SZ(x) (int)x.size() using namespace std; typedef long long LL; typedef vector<int> VI; typedef pair<int,int> PII; inline int read(){ int res=0, f=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'|ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){res=res*10+ch-'0';ch=getchar();} return res*f; } const int MAXN = 200'005; const int MOD = 1000000007; void addmod(int& a, int b){a+=b;if(a>=MOD)a-=MOD;} int mulmod(int a, int b){return 1ll*a*b%MOD;} int st[MAXN][20], lg[MAXN]; int h[MAXN], ans[MAXN], dep[MAXN]; int n, m; int query(int L, int R){ int k=lg[R-L+1]; if(h[st[L][k]]>=h[st[R-(1<<k)+1][k]])return st[L][k]; else return st[R-(1<<k)+1][k]; } int dfs(int L, int R, int d){ if(L>R)return -1; int all=0; int p=query(L, R); dep[p]=d; ans[p]=dfs(L,p-1,d+1)+1; all=max(all,ans[p]); while(p<R){ int q=query(p+1,R); if(h[p]!=h[q])break; int t=dfs(p+1,q-1,d+1)+1; ans[p]=max(ans[p],t); all=max(all,ans[p]); dep[q]=d; ans[q]=t; p=q; } ans[p]=max(ans[p],dfs(p+1,R,d+1)+1); all=max(all,ans[p]); return all; } int main(){ n=read();m=read(); for(int i=1;i<=n;++i)h[i]=read(), st[i][0]=i; for(int i=2;i<=n;++i)lg[i]=lg[i/2]+1; for(int j=1;j<=20;++j){ for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;++i){ if(h[st[i][j-1]]>=h[st[i+(1<<j-1)][j-1]])st[i][j]=st[i][j-1]; else st[i][j]=st[i+(1<<j-1)][j-1]; } } dfs(1,n,0); while(m--){ int l, r; l=read(); r=read(); if(!r){ cout<<ans[l]<<endl; }else{ if(h[l]==h[r]){ cout<<"0"<<endl; }else{ if(h[l]>h[r])swap(l,r);/*ºÃ¶àbug*/ int t; if(l<r)t=query(l,r-1); else t=query(r+1,l); if(h[t]>=h[r]){ cout<<"0"<<endl; }else{ cout<<dep[l]-dep[r]<<endl; } } } } return 0; } /* 12 8 2 3 4 4 4 3 3 3 1 2 5 2 3 0 4 0 5 0 7 0 7 11 7 9 11 1 9 12 */
B. 留坑，大佬说分类讨论，打表出特殊情况。
C. Evolution Game
现在有一些怪物，每一种分别有x个眼睛和y个角。眼睛数量有一个上界N，且每一个眼睛数量都是有其对应的角数量的，你可以以任意一类出生。再给定一个值w，表示眼睛数量的变化范围。i.e. 进化一次,眼睛数量的范围是[x-w,x+w]。还有一个限制条件是每次角的数量只能增加。问最多能进化多少次？
温暖的签到，记忆化搜索即可。
#include<bits/stdc++.h> #define fi first #define sd second #define lson (nd<<1) #define rson (nd+nd+1) #define PB push_back #define mid (l+r>>1) #define MP make_pair #define SZ(x) (int)x.size() using namespace std; typedef long long LL; typedef vector<int> VI; typedef pair<int,int> PII; inline int read(){ int res=0, f=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'|ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){res=res*10+ch-'0';ch=getchar();} return res*f; } const int MAXN = 5'005; const int MOD = 1000000007; void addmod(int& a, int b){a+=b;if(a>=MOD)a-=MOD;} int mulmod(int a, int b){return 1ll*a*b%MOD;} int h[MAXN]; int f[MAXN]; int n, w; int dfs(int x){ if(f[x]!=-1)return f[x]; f[x]=0; for(int i=max(1,x-w);i<=min(n,x+w);++i){ if(h[i]>h[x]){ f[x]=max(f[x],1+dfs(i)); } } return f[x]; } int main(){ n=read();w=read(); for(int i=1;i<=n;++i){ h[i]=read(); f[i]=-1; } int ans=0; for(int i=1;i<=n;++i){ ans=max(ans,dfs(i)); } cout<<ans; return 0; } /* 5 5 5 3 2 1 4 */
D. Bus Stop
有一条直线，上面n个点，现在要安排一些点，使得原来的点的左右10单位内至少有一个新安排的点，问最少的新安排上的点的数量？
从左向右贪心即可。
#include<bits/stdc++.h> #define fi first #define sd second #define lson (nd<<1) #define rson (nd+nd+1) #define PB push_back #define MP make_pair #define mid (l+r>>1) #define SZ(x) (int)x.size() using namespace std; typedef long long LL; typedef vector<int> VI; typedef pair<int,int> PII; inline int read(){ int res=0, f=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'|ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){res=res*10+ch-'0';ch=getchar();} return res*f; } const int MAXN = 2'000'005; const int MOD = 1000000007; void addmod(int& a, int b){a+=b;if(a>=MOD)a-=MOD;} int mulmod(int a, int b){return 1ll*a*b%MOD;} int d[MAXN]; void solve(){ int n=read(); for(int i=1;i<=n;++i)d[i]=read(); if(n==0){ cout<<"0"<<endl; return; } int cnt=1; int r=d[1]+10; int idx=1; while(1){ while(abs(d[idx]-r)<=10)++idx; if(idx>n)break; else{ r=d[idx]+10; ++cnt; } } printf("%d ",cnt); } int main(){ int cases;cases=read(); while(cases--){ solve(); } return 0; } /* 2 5 1 2 3 200 210 4 10 30 80 200 */
E. How many groups
给你一个n个数的数组，你可以进行两次操作，包括将数组里的一个数+1或者-1，但不能对同一个元素操作两次。将两个数分成一组的条件是他们之间的差值的绝对值小于2。问其中的最大一组的size是多少？
设dp[x][i]为以x结尾，且总操作次数为i的组的最大尺寸，然后根据决策去转移就好了。
#include<bits/stdc++.h> #define fi first #define sd second #define lson (nd<<1) #define rson (nd+nd+1) #define PB push_back #define mid (l+r>>1) #define MP make_pair #define SZ(x) (int)x.size() using namespace std; typedef long long LL; typedef vector<int> VI; typedef pair<int,int> PII; inline int read(){ int res=0, f=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'|ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){res=res*10+ch-'0';ch=getchar();} return res*f; } const int MAXN = 205; const int MOD = 1000000007; void addmod(int& a, int b){a+=b;if(a>=MOD)a-=MOD;} int mulmod(int a, int b){return 1ll*a*b%MOD;} int f[MAXN][3]; int temp[MAXN][3]; int a[MAXN]; int n; int main(){ int t;t=read(); int kase=1; while(t--){ n=read();memset(f,0,sizeof f); for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read(); sort(a+1,a+n+1); int ans=1; for(int i=1;i<=n;++i){ int x=a[i]; for(int j=max(x-3,0);j<=x+3;++j){ for(int k=0;k<=2;++k){ temp[j][k]=f[j][k]; } } for(int j=2;j>=0;--j)f[x][j]=max({temp[x+2][j],temp[x+1][j],temp[x][j],temp[x-1][j],x>=2?temp[x-2][j]:0})+1; for(int j=2;j>=1;--j)f[x-1][j]=max({temp[x+1][j-1],temp[x][j-1],temp[x-1][j-1],x-2>=0?temp[x-2][j-1]:0,x-3>=0?temp[x-3][j-1]:0})+1; for(int j=2;j>=1;--j)f[x+1][j]=max({temp[x+3][j-1],temp[x+2][j-1],temp[x+1][j-1],temp[x][j-1],temp[x-1][j-1]})+1; } for(int i=1;i<=200;++i) for(int j=0;j<=2;++j)ans=max(ans,f[i][j]); cout<<"Case "<<kase++<<": "<<ans<<endl; } return 0; } /* 5 10 2 1 7 4 3 8 9 12 13 20 3 1 2 3 4 1 2 7 8 3 10 30 20 2 5 5 Case 1: 9 Case 2: 3 Case 3: 2 Case 4: 1 Case 5: 2 */
F. Lucky Pascal Triangle
给你一个杨辉三角，问前n行中能被7整除的数的个数是多少。
首先应该打表找规律，这里只说规律。首先可以发现能被7整除的数是呈块状分布的。第一块从[1,7^1-1]，第二块[7^1,7^2-1]，第三块[7^2,7^3-1]...。其次，每一块里面都有21块大的块且每一行的个数为等差数列，
28块为前面所有的行组成的块。我们就能直接预处理出第一块，第二块...，再数出大块里面的块的个数，其他的递归求解。
#include<bits/stdc++.h> #define all(x) x.begin(),x.end() #define fi first #define sd second #define lson (nd<<1) #define rson (nd+nd+1) #define PB push_back #define mid (l+r>>1) #define MP make_pair #define SZ(x) (int)x.size() using namespace std; typedef long long LL; typedef vector<int> VI; typedef pair<int,int> PII; inline LL read(){ LL res=0, f=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'|ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){res=res*10+ch-'0';ch=getchar();} return res*f; } const int MAXN = 200'005; const int MOD = 1000000007; void addmod(int& a, int b){a+=b;if(a>=MOD)a-=MOD;} int mulmod(int a, int b){return 1ll*a*b%MOD;} template<typename T> void chmin(T& a, T b){if(a>b)a=b;} template<typename T> void chmax(T& a, T b){if(b>a)a=b;} //打表找规律，每一个以7^i为结尾的数量都是有规律的 //f[i]=f[i-1]*28+(7^(i-1)-1)*7^(i-1)/2*28(具体来讲是考虑28个上一个块。在考虑21个新形成的块) map<LL, LL> H; LL powmod(LL x, LL y){ LL res=1; while(y){ if(y&1) res=res*x%MOD; y>>=1; x=x*x%MOD; } return res; } LL inv2; void init(){ LL base=7; H[base-1]=0; base=49; while(base<=(LL)(1e18)){ LL t=base/7; H[base-1]=(28*H[t-1]%MOD+21*inv2%MOD*((t-1)%MOD)%MOD*(t%MOD)%MOD)%MOD; base*=7; } } LL calc(LL n){ if(n<=6)return 0; LL ans=0; LL base=0; for(auto it:H){ LL x=it.fi,y=it.sd; if(x<=n){ ans=y;//先 take care 整块的情况 base=x; }else break; } ++base; LL a=base;//考虑接下来不为整块的情况 LL time=1; LL now=base%MOD*((base-1)%MOD)%MOD*inv2%MOD; while(a+base<=n){ ans+=now*time%MOD;//一个大块里面的小块 ans%=MOD; ++time; ans+=H[base-1]*time%MOD; ans%=MOD; a+=base; } if(n-a+1==base){ ans=(ans+(base%MOD)*((base-1)%MOD)%MOD*inv2%MOD*time%MOD)%MOD;//是整块 }else{ ans=(ans+((2*base-n+a-2)%MOD+MOD)%MOD*((n-a+1)%MOD)%MOD*inv2*time%MOD)%MOD;//等差数列而已 } ans=(ans+(time+1)*calc(n-a)%MOD)%MOD; return ans; } int main(){ inv2=powmod(2,MOD-2); LL cases;cases=read(); LL kase=1; init(); while(cases--){ LL n;n=read(); cout<<"Case "<<kase++<<": "<<calc(n)<<endl; } return 0; } /* 5 1 5 10 15 100000 */
G. Communication
给n个点的图，求其DAG的节点个数。
tarjan缩点。
#include<bits/stdc++.h> #define fi first #define sd second #define lson (nd<<1) #define rson (nd+nd+1) #define PB push_back #define MP make_pair #define mid (l+r>>1) #define SZ(x) (int)x.size() using namespace std; typedef long long LL; typedef vector<int> VI; typedef pair<int,int> PII; inline int read(){ int res=0, f=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'|ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){res=res*10+ch-'0';ch=getchar();} return res*f; } const int MAXN = 205; const int MAXM = 10'005; const int MOD = 1000000007; void addmod(int& a, int b){a+=b;if(a>=MOD)a-=MOD;} int mulmod(int a, int b){return 1ll*a*b%MOD;} #define go(e,u) for(int e=head[u];e;e=Next[e]) int to[MAXM<<1],Next[MAXM<<1],head[MAXN],tol; void add_edge(int u,int v){ Next[++tol]=head[u];to[tol]=v;head[u]=tol; // Next[++tol]=head[v];to[tol]=u;head[v]=tol; } int n, m; int dfn[MAXN],low[MAXN],dfncnt; int st[MAXN],top; int scc[MAXN], sc; void init(){ tol=0;top=0;sc=0; dfncnt=0; memset(dfn,0,sizeof dfn); memset(low,0,sizeof low); memset(head,0,sizeof head); memset(Next,0,sizeof Next); memset(to,0,sizeof to); memset(scc,0,sizeof scc); } void tarjan(int u){ dfn[u]=low[u]=++dfncnt; st[++top]=u; go(e,u){ int v=to[e]; if(!dfn[v]){ tarjan(v); low[u]=min(low[u],low[v]); }else if(!scc[v]){ low[u]=min(low[u],low[v]); } } if(low[u]==dfn[u]){ ++sc; while(st[top]!=u){ scc[st[top]]=sc; --top; } scc[st[top]]=sc; --top; } } void solve(){ init(); n=read();m=read(); for(int i=1;i<=m;++i){ int u, v; u=read(),v=read(); ++u,++v; add_edge(u,v); } for(int i=1;i<=n;++i)if(!dfn[i])tarjan(i); cout<<sc<<endl; } int main(){ int cases;cases=read(); while(cases--){ solve(); } return 0; } /* 3 6 2 0 5 5 0 5 7 0 1 0 2 1 0 1 3 2 4 3 1 4 2 3 4 0 1 0 2 1 0 1 2 */
H. As rich as Crassus
给你三个数的立方值关于三个模数的模值，且每一个模值都互质，求这三个数。
CRT，但是会爆long long，所以需要龟速乘。
#include<bits/stdc++.h> #define fi first #define sd second #define lson (nd<<1) #define rson (nd+nd+1) #define PB push_back #define mid (l+r>>1) #define MP make_pair #define SZ(x) (int)x.size() using namespace std; typedef long long LL; typedef vector<int> VI; typedef pair<int,int> PII; inline LL read(){ LL res=0, f=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'|ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){res=res*10+ch-'0';ch=getchar();} return res*f; } const int MAXN = 200'005; const int MOD = 1000000007; void addmod(int& a, int b){a+=b;if(a>=MOD)a-=MOD;} int mulmod(int a, int b){return 1ll*a*b%MOD;} LL P,mods[4],rem[4]; LL mul(LL x, LL y){ LL ans=0; while(y){ if(y&1)ans=(ans+x)%P; y>>=1; x=(x+x)%P; } return (ans%P+P)%P; } LL exgcd(LL a, LL b, LL& x, LL& y){ if(!b){x=1;y=0;return a;} else{ LL d=exgcd(b,a%b,y,x); y-=(a/b)*x; return d; } } LL CRT(){ for(int i=1;i<=3;++i)P*=mods[i]; LL ans=0; for(int i=1;i<=3;++i){ LL x,y; LL d=exgcd(P/mods[i],mods[i],x,y); x=(x%mods[i]+mods[i])%mods[i]; if(d!=1)return -1; else{ ans=(ans+mul(mul(P/mods[i],x)%P,rem[i])%P)%P; } } return (ans%P+P)%P; } void solve(){ P=1; for(int i=1;i<=3;++i)mods[i]=read(); for(int i=1;i<=3;++i)rem[i]=read(); LL ans=CRT(); if(ans==-1){ cout<<"-1"<<endl; }else{ LL t=(LL)pow(ans,1.0/3.0); if(t*t*t<ans)cout<<t+1<<endl; else cout<<t<<endl; } } int main(){ LL cases;cases=read(); while(cases--){ solve(); } return 0; } /* 2 6 11 19 5 4 11 25 36 7 16 0 6 */
I. Bowabowaukulipukuli
防AK题，溜了溜了。
J. Floating-Point Hazard
给你一个函数f[x]=(x+1e-15)^(1/3)-(x)^(1/3)，给一个下界lo, 一个上界hi，求这个区间内函数值的和。
这个算式有一些特殊形式，如果分母除一个1e-15，就是求导式。考虑到1e-15已经足够小，这个算式可以用f'[x]*1e-15来代替。求和即可。
#include<bits/stdc++.h> #define fi first #define sd second #define lson (nd<<1) #define rson (nd+nd+1) #define PB push_back #define mid (l+r>>1) #define MP make_pair #define SZ(x) (int)x.size() using namespace std; typedef long long LL; typedef vector<int> VI; typedef pair<int,int> PII; inline int read(){ int res=0, f=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'|ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){res=res*10+ch-'0';ch=getchar();} return res*f; } const int MAXN = 200'005; const int MOD = 1000000007; void addmod(int& a, int b){a+=b;if(a>=MOD)a-=MOD;} int mulmod(int a, int b){return 1ll*a*b%MOD;} int lo, hi; void solve(){ double ans=0.0; for(int i=lo;i<=hi;++i){ ans+=(1.0/3)*pow(i,-2.0/3.0); } int cnt=15; while(ans<1.0){ ans*=10.0; ++cnt; } while(ans>10){ ans/=10; --cnt; } printf("%.5fE%.3d ",ans,-cnt); } int main(){ while((cin>>lo>>hi)&&(lo+hi)){ solve(); } return 0; }
K. The Stream of Corning 2
给你m次询问或修改，op=1时，给一个值和它的出现时间，消失时间。op=2问当前的rank[k]。
将询问离线，写一颗权值线段树即可通过(值在1e6内甚至都不用离散化。
#include<bits/stdc++.h> #define fi first #define sd second #define lson (nd<<1) #define rson (nd+nd+1) #define PB push_back #define MP make_pair #define mid (l+r>>1) #define SZ(x) (int)x.size() using namespace std; typedef long long LL; typedef vector<int> VI; typedef pair<int,int> PII; namespace FastIO { const int SIZE = 1 << 16; char buf[SIZE], str[64]; int l = SIZE, r = SIZE; int read(char *s) { while (r) { for (; l < r && buf[l] <= ' '; l++); if (l < r) break; l = 0, r = int(fread(buf, 1, SIZE, stdin)); } int cur = 0; while (r) { for (; l < r && buf[l] > ' '; l++) s[cur++] = buf[l]; if (l < r) break; l = 0, r = int(fread(buf, 1, SIZE, stdin)); } s[cur] = ' '; return cur; } template<typename type> bool read(type &x, int len = 0, int cur = 0, bool flag = false) { if (!(len = read(str))) return false; if (str[cur] == '-') flag = true, cur++; for (x = 0; cur < len; cur++) x = x * 10 + str[cur] - '0'; if (flag) x = -x; return true; } template <typename type> type read(int len = 0, int cur = 0, bool flag = false, type x = 0) { if (!(len = read(str))) return false; if (str[cur] == '-') flag = true, cur++; for (x = 0; cur < len; cur++) x = x * 10 + str[cur] - '0'; return flag ? -x : x; } } using FastIO::read; const int MAXN = 200005; const int MOD = 1000000007; void addmod(int& a, int b){a+=b;if(a>=MOD)a-=MOD;} int mulmod(int a, int b){return 1ll*a*b%MOD;} int st[MAXN],top; int ans[MAXN]; int T[MAXN<<4];//权值线段树维护排名为第几的值分别有多少个 void update(int nd, int l, int r, int pos, int val){ if(l==r){ T[nd]+=val; return; } if(pos<=mid)update(lson,l,mid,pos,val); else update(rson,mid+1,r,pos,val); T[nd]=T[lson]+T[rson]; } int query(int nd, int l, int r, int k){ if(l==r){ return l; } if(T[lson]>=k)return query(lson,l,mid,k); else return query(rson,mid+1,r,k-T[lson]); } struct qq{ int op,t,val,id; }Q[MAXN]; bool cmp2(const qq& a, const qq& b){ if(a.t==b.t)return a.op<b.op; return a.t<b.t; } int cnt,cases,kase; void solve(){ cnt=top=0; int n;read(n); for(int i=1;i<=n;++i){ int opop; int x,y,z; read(opop); if(opop==1){ read(x),read(y),read(z); Q[++cnt].op=1; Q[cnt].t=x; Q[cnt].val=y; Q[cnt].id=i; Q[++cnt].op=3; Q[cnt].t=z; Q[cnt].val=y; Q[cnt].id=i; st[++top]=x; st[++top]=z; }else{ read(x),read(y); Q[++cnt].op=2; Q[cnt].t=x; Q[cnt].val=y; Q[cnt].id=i; st[++top]=x; } } sort(st+1,st+top+1); top=unique(st+1,st+1+top)-st-1; for(int i=1;i<=cnt;++i)Q[i].t=lower_bound(st+1,st+1+top,Q[i].t)-st; sort(Q+1,Q+cnt+1,cmp2); for(int i=1;i<=cnt;++i){ qq it=Q[i]; if(it.op==1){ update(1,1,1e6,it.val,1); }else if(it.op==2){ if(it.val>T[1]){ ans[it.id]=-1; continue; } int rk=query(1,1,1e6,it.val); ans[it.id]=rk; }else{ update(1,1,1e6,it.val,-1); } } printf("Case %d: ",kase);//这里一直T for(int i=1;i<=n;++i)if(ans[i]!=0){ printf("%d ",ans[i]); ans[i]=0; } } int main(){ read(cases); for(kase=1;kase<=cases;++kase){ solve(); } return 0; } /* 1 10 1 1 10 7 1 2 9 4 2 4 1 1 5 2 6 2 6 2 2 7 2 1 8 2 20 1 9 1 15 1 10 3 13 2 11 3 */
L. Largest Allowed Area
给你一个大小为R*C的表格，元素只有0或者1。求最多包含一个1的最大正方形边长。
前缀和加二分。队友被T的飞起，还好我没做这个题嘿嘿。
#include<bits/stdc++.h> #define fi first #define sd second #define lson (nd<<1) #define rson (nd+nd+1) #define PB push_back #define MP make_pair #define mid (l+r>>1) #define SZ(x) (int)x.size() using namespace std; typedef long long LL; typedef vector<int> VI; typedef pair<int,int> PII; inline int read(){ int res=0, f=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'|ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){res=res*10+ch-'0';ch=getchar();} return res*f; } const int MAXN = 1'005; const int MOD = 1000000007; void addmod(int& a, int b){a+=b;if(a>=MOD)a-=MOD;} int mulmod(int a, int b){return 1ll*a*b%MOD;} int preSum[MAXN][MAXN]; int R, C; int get(int x1, int y1, int x2, int y2){ return preSum[x2][y2]-preSum[x1-1][y2]-preSum[x2][y1-1]+preSum[x1-1][y1-1]; } bool check(int len){ for(int i=1;i<=R-len+1;++i){ for(int j=1;j<=C-len+1;++j){ if(get(i,j,i+len-1,j+len-1)<=1)return true; } } return false; } void solve(){ R=read();C=read(); for(int i=1;i<=R;++i){ for(int j=1;j<=C;++j){ preSum[i][j]=read(); } } for(int i=1;i<=R;++i){ for(int j=1;j<=C;++j){ preSum[i][j]+=preSum[i-1][j]+preSum[i][j-1]-preSum[i-1][j-1]; } } int l=1,r=min(R,C); int ans=0; while(l<=r){ if(check(mid)){ ans=mid; l=mid+1; }else{ r=mid-1; } } cout<<ans<<endl; } int main(){ int cases;cases=read(); while(cases--){ solve(); } return 0; } /* 10 20 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 */