首页 > 其他分享> > P2468 [SDOI2010]粟粟的书架题解

P2468 [SDOI2010]粟粟的书架题解

2021-02-19 09:01:04 作者：互联网

题目描述&数据范围

你有一个长r，宽c的矩阵，矩阵上每个格子有权值，有m次询问，每次给出一个矩形左上角\(x1,y1\)和右下角\(x2 ，y2\),以及一个值h，求：在该矩形覆盖的权值和是否大于h，最小需要几个权值就可以大于h。

【数据规模和约定】
对于10%的数据，满足R, C≤10；
对于20%的数据，满足R, C≤40；
对于50%的数据，满足R, C≤200，M≤200,000；
另有50%的数据，满足R＝1，C≤500,000，M≤20,000；
对于100%的数据，满足1≤Pi,j≤1,000，1≤Hi≤2,000,000,000。

题目分析

很显然，这道题目是让我们用两种方式去做，也就是：这题是二合一的题目，考虑前50%：

\(r,c\)很小，所以：该矩形很小，我们思考：如何去统计答案？由于要求最少数目，所以会想到二分答案，但是二分答案什么值呢？

考虑后50%，一条链的情况，那么肯定会想到是数据结构，那么用什么数据结构可以轻易从大到小取数且不超时呢？

Part 1 二分

第一种：二分个数

具体：我们二分取的数的个数，然后在该区间从大到小取（保证了选的数目最小），那么我们又会发现：这根本不需要二分，只需要暴力地排序就可以了，很显然，你绝对会T到飞起。那么就必须找一些很神奇的做法。

在启发之下，我也明白了下面这个很巧妙的方法。

第二种：二分k值

由于权值\(p\in[1,1000]\)，我们的k的含义就是：小于等于p的值。
那么我们如何用k去统计我们最后的答案呢？
首先明白一件事：我们要做的是从大到小取数，使和大于等于h，那么，k的真正含义就是：我们取的一系列数的下界！

所以我们可以用二维前缀和来维护信息：用\(sum_{i,j,k}\)表示从\(（1，1）\)到\(（i，j）\)小于等于k的数的和，\(num_{i,j,k}\)表示，小于等于k的数的个数。那么很显然，我们去二分这个K，找到最大的可以恰好满足的，（恰好满足表示：当前这个数，+1就无法满足，-1也可以满足）但是请注意，显然，我们当前这个k的val可能回比要求的h大很多，所以我们需要用\(num_{i,j,k}\)减去不需要的个数.

代码1

void main1(){
	for (int i=1;i<=r;i++)
		for (int j=1;j<=c;j++)
			scanf ("%d",a1[i]+j);
	for (int i=1;i<=r;i++)
		for (int j=1;j<=c;j++)
			for (int k=1;k<=1000;k++){
				sum[i][j][k]=sum[i-1][j][k]+sum[i][j-1][k]-sum[i-1][j-1][k]+(a1[i][j]>=k?a1[i][j]:0);
				tot[i][j][k]=tot[i-1][j][k]+tot[i][j-1][k]-tot[i-1][j-1][k]+(a1[i][j]>=k?1:0);
                //利用前缀和思想，统计当前的sum和num
			} 
	int x1,x2,y1,y2,h;
	while(m--){
		scanf ("%d%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2,&h);
		if (sum[x2][y2][1]+sum[x1-1][y1-1][1]-sum[x2][y1-1][1]-sum[x1-1][y2][1]<h)
            //特判，判断所有数加起来是否可以，若仍小于，则无解
			printf ("Poor QLW\n");
		else{
			int l=1,r=1000,ans=0;
			while(l<=r){
                //二分
				int mid=l+r>>1;
				if(value(x1,y1,x2,y2,mid)>=h)
					l=mid+1,
					ans=mid;
                //注意！！！这里的ans记录的是查询到的最优的k
				else
					r=mid-1;
			}
            //这里就是上文说的：减去多余的
			printf("%d\n",number(x1,y1,x2,y2,ans)-(value(x1,y1,x2,y2,ans)-h)/ans);
            //考虑为什么可以这样写：我们二分出来的数，一定是和大于等于h中最大且可以取到的数，所以多出来的值一定就是当前这个数，那么我们只需要做差，然后除这个数下取整就可以完美解决。
		}
	}
	return;
}

part 2 主席数维护

考虑我们本题的后50%：

一条链，取区间，查询和，而且：每个点的值非常小，最大为1000，那么显然我们可以想到一个暴力的做法：

优先队列

每次都把区间扔到优先队列里，从大到小，从头到尾，取数。很显然T到飞起，那么我们就需要一个更加优秀的数据结构。经分析当然是主席树更合适（当然，splay完全可以写。实在懒得打代码。。。。。。）

主席树的实现

首先，我们，每个叶子节点存储：
1.值为当前点的数的个数（size）
2.这个数的和(sum)

而非叶子节点要记录：
1.左右儿子的下标（注意：主席树为了节省空间，并不是像线段树那么直接存储，而是类似动态开点的思想）
2.它的左右边界内数的个数。（size）
3.左右边界内数的和。(sum)

显然：我们的叶子节点从小到大，可以满足从大到小选的性质。

具体解决：

先离散化（由于本题最大为1000，也可以不离散化，但是我离散化了......）
建树，一个点一个点插入，记录每次插入的根的下标（历史版本）
用r和l-1来做处理（每个r版本上的点的信息，减去l-1这个历史版本上的信息，进行查询）
如果根节点的值小于h，无解，反之：
查询右子树，如果可以，继续向下，反之，将右子树取了，走左子树，重复上述步骤，很显然，我们最后有2种情况
1.我们拿了某一个右节点刚好等于h。

2.我们拿到了最后一个右叶子节点不够，那么用左叶子节点来补。

代码2

int dfncnt;

inline int build(int l,int r){
	int rt=++dfncnt;
	int mid=l+r>>1;
	if (l<r){
		t[rt].lson=build(l,mid);
		t[rt].rson=build(mid+1,r);
		t[rt].siz+=t[t[rt].lson].siz+t[t[rt].rson].siz;
	}
	return rt;
}

inline int update(int pre,int l,int r,int x){
	int rt=++dfncnt;
	t[rt].lson=t[pre].lson;
	t[rt].rson=t[pre].rson; 
	t[rt].siz=t[pre].siz+1;
	t[rt].sum=t[pre].sum+b[x];
	if (l<r){
		int mid=l+r>>1;
        if (x<=mid) 
			t[rt].lson=update(t[pre].lson,l,mid,x);
		else 
			t[rt].rson=update(t[pre].rson,mid+1,r,x);
	}
	return rt;
}

inline int query(int u,int v,int l,int r,int h){
	int ans=0;
	while(l<r){
		int mid=l+r>>1;
		long long lcd=t[t[v].rson].sum-t[t[u].rson].sum;
		if (lcd<h) ans+=t[t[v].rson].siz-t[t[u].rson].siz,h-=lcd,r=mid,v=t[v].lson,u=t[u].lson;
		else l=mid+1,v=t[v].rson,u=t[u].rson;
	}
	ans+=(h+b[l]-1)/b[l];
	return ans;
}

int his[10000005];

void main2(){
	for (int i=1;i<=c;i++)
		scanf ("%d",a2+i),b[i]=a2[i];
	sort(b+1,b+c+1);
	int n1=unique(b+1,b+c+1)-b-1;
	his[0]=build(1,n1);
	for (int i=1;i<=c;i++){
		a2[i]=lower_bound(b+1, b+1+n1, a2[i]) - b;
		his[i]=update(his[i-1],1,n1,a2[i]);
	}
	while(m--){
		int x1,y1,x2,y2,h;
		scanf ("%d%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2,&h);
		if (t[his[y2]].sum-t[his[y1-1]].sum<h){
			printf("Poor QLW\n");
			continue;
		}
		int ans=query(his[y1-1],his[y2],1,n1,h);
		cout<<ans<<endl;
	}
	return;
}

完整版：

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;

struct Tree{
	int lson,rson,siz;
	long long sum;
}t[20000005];

int r,c,m;
long long a2[500005];
long long b[500005];
long long a1[205][205];
long long sum[205][205][1005];
int tot[205][205][1005];

inline long long value(int x1,int y1,int x2,int y2,int val){
	return sum[x2][y2][val]+sum[x1-1][y1-1][val]-sum[x2][y1-1][val]-sum[x1-1][y2][val];
}

inline int number(int x1,int y1,int x2,int y2,int val){
	return tot[x2][y2][val]+tot[x1-1][y1-1][val]-tot[x2][y1-1][val]-tot[x1-1][y2][val];
}

void main1(){
	for (int i=1;i<=r;i++)
		for (int j=1;j<=c;j++)
			scanf ("%d",a1[i]+j);
	for (int i=1;i<=r;i++)
		for (int j=1;j<=c;j++)
			for (int k=1;k<=1000;k++){
				sum[i][j][k]=sum[i-1][j][k]+sum[i][j-1][k]-sum[i-1][j-1][k]+(a1[i][j]>=k?a1[i][j]:0);
				tot[i][j][k]=tot[i-1][j][k]+tot[i][j-1][k]-tot[i-1][j-1][k]+(a1[i][j]>=k?1:0);
			} 
	int x1,x2,y1,y2,h;
	while(m--){
		scanf ("%d%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2,&h);
		if (sum[x2][y2][1]+sum[x1-1][y1-1][1]-sum[x2][y1-1][1]-sum[x1-1][y2][1]<h)
			printf ("Poor QLW\n");
		else{
			int l=1,r=1000,ans=0;
			while(l<=r){
				int mid=l+r>>1;
				if(value(x1,y1,x2,y2,mid)>=h)
					l=mid+1,
					ans=mid;
				else
					r=mid-1;
			}
			printf("%d\n",number(x1,y1,x2,y2,ans)-(value(x1,y1,x2,y2,ans)-h)/ans);
		}
	}
	return;
}

int dfncnt;
//建树，注意：建树建的是空树
inline int build(int l,int r){
	int rt=++dfncnt;
	int mid=l+r>>1;
	if (l<r){
		t[rt].lson=build(l,mid);
		t[rt].rson=build(mid+1,r);
		t[rt].siz+=t[t[rt].lson].siz+t[t[rt].rson].siz;
	}
	return rt;
}
//更新，也就是insert
inline int update(int pre,int l,int r,int x){
	int rt=++dfncnt;
	t[rt].lson=t[pre].lson;
	t[rt].rson=t[pre].rson; 
	t[rt].siz=t[pre].siz+1;
	t[rt].sum=t[pre].sum+b[x];
	if (l<r){
		int mid=l+r>>1;
        if (x<=mid) 
			t[rt].lson=update(t[pre].lson,l,mid,x);
		else 
			t[rt].rson=update(t[pre].rson,mid+1,r,x);
	}
	return rt;
}
//查询，可以理解为二分思想
inline int query(int u,int v,int l,int r,int h){
	int ans=0;
	while(l<r){
		int mid=l+r>>1;
		long long lcd=t[t[v].rson].sum-t[t[u].rson].sum;
        //判断右子树够不够大
		if (lcd<h) ans+=t[t[v].rson].siz-t[t[u].rson].siz,h-=lcd,r=mid,v=t[v].lson,u=t[u].lson;
        //不够则加上右子树大小，向左走
		else l=mid+1,v=t[v].rson,u=t[u].rson;
	}
	ans+=(h+b[l]-1)/b[l];
    //用左子树来补
    //注意！！！我用了离散化，所以这里我用的是b[l]，如果不离散化，直接用l就可以了
	return ans;
}
//历史版本的根的编号
int his[10000005];

void main2(){
	for (int i=1;i<=c;i++)
		scanf ("%d",a2+i),b[i]=a2[i];
	sort(b+1,b+c+1);
	int n1=unique(b+1,b+c+1)-b-1;
	his[0]=build(1,n1);
	for (int i=1;i<=c;i++){
		a2[i]=lower_bound(b+1, b+1+n1, a2[i]) - b;
		his[i]=update(his[i-1],1,n1,a2[i]);
	}
	while(m--){
		int x1,y1,x2,y2,h;
		scanf ("%d%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2,&h);
		if (t[his[y2]].sum-t[his[y1-1]].sum<h){
			printf("Poor QLW\n");
			continue;
		}
		int ans=query(his[y1-1],his[y2],1,n1,h);
		cout<<ans<<endl;
	}
	return;
}

int main(){
	//freopen (".in","r",stdin);
	//freopen (".out","w",stdout);
	scanf ("%d%d%d",&r,&c,&m);
	if(r!=1)
		main1();
	else
		main2();
	return 0;
}

标签：粟粟,x1,int,题解,sum,SDOI2010,x2,y1,y2
来源： https://www.cnblogs.com/fallingdust/p/14414438.html

P2468 [SDOI2010]粟粟的书架 题解