传送门QAQ

Preface

很不错的一道题，学到了遇到瓶颈时思考的方法。

Analysis

首先要发现一个东西：行上的操作对所有列的影响是等效的，列同理。

那么就有了一个朴素的贪心思路：用优先队列求出当前和最大的行或列，处理一下答案。

但稍微想一下就能发现，如果有大小相同的行和列，那就相当不好搞了。

一开始我想着判断一下 \(n,m\) 的大小关系就行，然后果不其然 WA on #4

这时就要开发一点新思路了。

我们会发现，其实先选行，再选列与先选列，再选行没有任何区别。

因为它们产生的影响始终会作用在对方身上。

具体的，如果选了 \(i\) 个行和 \(k-i\) 个列，总会产生 \(i \times (k - i) \times p\) 的影响。

那么我们就珂以参考上面的思路，将行列分开贪心处理。

令 \(L_i\) 为选了 \(i\) 行的贡献，\(R_i\) 为选了 \(i\) 列的贡献。

那么我们有 \(ans = \max\limits_{i \in [0,k]} \{L_i+R_{k-i}-i\times (k-i)\times p\}\)

用优先队列珂以达到 \(O(K\log (N+M))\)

CODE

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e3 + 5;
const int maxm = 1e6 + 5;
typedef long long ll;
int n,m,k,a[maxn][maxn];
ll p,L[maxm],R[maxm];
priority_queue<ll> q;
int main() {
	scanf("%d%d%d%lld",&n,&m,&k,&p);
	for(int i = 1;i <= n;++ i) {
		ll sum = 0;
		for(int j = 1;j <= m;++ j) {
			scanf("%d",&a[i][j]);
			sum += a[i][j];
		}
		q.push(sum);
	}
	for(int i = 1;i <= k;++ i) {
		ll u = q.top();
		q.pop();
		L[i] = L[i - 1] + u;
		u -= 1ll * m * p;
		q.push(u);
	}
	while(!q.empty())q.pop();
	for(int j = 1;j <= m;++ j) {
		ll sum = 0;
		for(int i = 1;i <= n;++ i) {
			sum += a[i][j];
		}
		q.push(sum);
	}
	for(int i = 1;i <= k;++ i) {
		ll u = q.top();
		q.pop();
		R[i] = R[i - 1] + u;
		u -= 1ll * n * p;
		q.push(u);
	}
	ll ans = -1e16;
	for(int i = 0;i <= k;++ i) {
		ans = max(ans , L[i] + R[k - i] - 1ll * i * (k - i) * p);
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

完结撒花 *★,°:.☆(￣▽￣)/$:*.°★ 。

标签：const,int,题解,d%,times,Modification,maxn,maxm,DZY
来源： https://www.cnblogs.com/663B/p/16388116.html