Codeforces 514D R2D2 and Droid Army RMQ问题

题目大意：

就是现在对于一个m行n列的矩阵, 每次可以选择m行中的任意一行的正整数-1,最多选择k次, 如果某一列中的m个数全部成为了0, 那么这一列算作被破坏, 求被破坏的连续的列 最长是多少列, 并且输出选择各行的次数 (m <= 5, n <= 10 ^5, k <= 10 ^9, n*m的矩阵中的数为<= 10^8的非负整数)

大致思路：

就是RMQ预处理一下每一行的所有数, 然后二分能够找到的长度判断是否可行即可, 很简单的RMQ问题

/* * Author: Gatevin * Created Time:  2015/2/25 13:00:53 * File Name: poi~.cpp */#include<iostream>#include<sstream>#include<fstream>#include<vector>#include<list>#include<deque>#include<queue>#include<stack>#include<map>#include<set>#include<bitset>#include<algorithm>#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cstring>#include<cctype>#include<cmath>#include<ctime>#include<iomanip>using namespace std;const double eps(1e-8);typedef long long lint;int n, m, K, a[6][100010];int dp[6][100010][20];int ans[100010];void initRMQ(){    for(int i = 1; i <= m; i++)    {        for(int j = 1; j <= n; j++)            dp[i][j][0] = a[i][j];        for(int l = 1; (1 << l) <= n; l++)            for(int j = 1; (j + (1 << l) - 1) <= n; j++)                dp[i][j][l] = max(dp[i][j][l - 1], dp[i][j + (1 << (l - 1))][l - 1]);    }}int askRMQ(int i, int l, int r){    int k = 0;    while((1 << (k + 1)) <= r - l + 1) k++;    return max(dp[i][l][k], dp[i][r - (1 << k) + 1][k]);}bool check(int mid)//判断mid是否可行{    for(int i = 1; i + mid - 1 <= n; i++)//起点    {        int need = 0;        for(int j = 1; j <= m; j++)            need += askRMQ(j, i, i + mid - 1);        if(need <= K)        {            ans[mid] = i;            return true;        }    }    return false;}int main(){    memset(ans, 0, sizeof(ans));    scanf("%d %d %d", &n, &m, &K);    for(int i = 1; i <= n; i++)        for(int j = 1; j <= m; j++)            scanf("%d", &a[j][i]);    initRMQ();    int L = 0, R = n, mid, len = 0;    while(L <= R)    {        mid = (L + R) >> 1;        if(check(mid))        {            len = mid;            L = mid + 1;        }        else            R = mid - 1;    }    for(int i = 1; i <= m; i++)        printf("%d ", askRMQ(i, ans[len], ans[len] + len - 1));    return 0;}

③尺取法+队列优化：假设从开始，到才不满足，则从开始，若到才不满足条件，必有t≤t'。所以可以使用尺取法。具体做法为：开始时首尾指针均指向第一个元素，以后对当前区间，若m种detail满足最大值之和≤k，则更新区间长度；否则将首指针后移。由于尾指针从0变化到n，故复杂度为o(nm)。

队列优化借鉴了一下别人的做法：用一个辅助队列来完成非最优值的出队。该队列记录当前需要出队的元素，当该元素成为当前区间的最大值时，才真正将它pop出去。理由是：随着窗口的移动，若左端点a[l]＜max，则max值仍在区间内部仍然有用，a[l]在队列中也不影响。而当a[l]成为队列中最大值时，会对正确值产生干扰，所以此时是a[l]出队的最好时机。

#include <cstdio>#include <queue>using namespace std;#define N 100005#define M 5#define max(a, b) (a) > (b) ? (a) : (b)int a[N][M], res[M], need[M];priority_queue<int> qu[M], topop[M];int main(){int n, m, k, ans = 0;scanf("%d %d %d", &n, &m, &k);for(int i = 0; i < n; ++i)for(int j = 0; j < m; ++j)scanf("%d", &a[i][j]);int s = 0, t = 0;for(;t < n; ++t){long long sum = 0;for(int i = 0; i < m; ++i)qu[i].push(a[t][i]);for(int i = 0; i < m; ++i)need[i] = qu[i].top(), sum += need[i];if(sum <= k){            if(ans < t - s + 1){                ans = t - s + 1;                for(int i = 0; i < m; ++i)                    res[i] = need[i];            }}else{for(int i = 0; i < m; ++i){    topop[i].push(a[s][i]);while(!topop[i].empty() && !qu[i].empty() && topop[i].top() == qu[i].top())topop[i].pop(), qu[i].pop();}++s;}}for(int i = 0; i < m; ++i)printf("%d ", res[i]);return 0;}