BZOJ1926:[SDOI2010]粟粟的书架

浅谈主席树:https://www.cnblogs.com/AKMer/p/9956734.html

题目传送门:https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1926

这题应该算是两题……首先贪心的想,我们肯定是尽量选厚的书。对于前\(50\)%的数据,我们可以统计大于等于\(k\)的数字的二维前缀和与书的本数,然后二分\(k\),直接\(O(1)\)计算厚度总和可不可以大于\(h\),记得,如果对于某个\(k\),如果这一个子矩阵里的高度总和大于\(h\),我们还要试着去掉厚度为\(k\)的书,让厚度总和尽可能逼近\(h\)才行。因为二分具有单调性,\(k\)满足而\(k+1\)不满足,那么你能去掉的厚度为\(k\)的本数肯定不会大于真实的\(k\)的本数。

对于后\(50\)%的数据,因为书架从矩阵退化成了数列,我们可以用主席树维护。我们在值域上建主席树,\(rt[i]\)表示第\(i\)个版本的主席树,也就是\(1\)\(i\)号书全部插入主席树之后的主席树。对于一个询问[\(l,r\)],我们先看右儿子的总厚度是否大于\(h\),是的话就往右儿子走,否则使\(h\)减去右儿子的总厚度,到左儿子里去找剩下的\(h\)。当你确定到某一本厚度的时候,像二分那样,只返回要用的最少的本数而不是全部都返回。

时间复杂度:\(O(n^2p+mlogp)\)---前\(50\)%,\(O((n+m)logn)\)---后\(50\)%

空间复杂度:\(O(n^2p)\)---前\(50\)%,\(O(nlogn)\)---后\(50\)%

代码如下:

#include <cstdio>
using namespace std;

const int maxn=5e5+5;

int n,m,q,x1,x2;
int p1[205][205];
int p2[maxn],rt[maxn];
int sum[205][205][1005],cnt[205][205][1005];

int read() {
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())if(ch=='-')f=-1;
    for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())x=x*10+ch-'0';
    return x*f;
}

void init() {
    n=read(),m=read(),q=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)
            if(n!=1)p1[i][j]=read();
            else p2[j]=read();
}

int calc(int (*a)[205][1005],int x1,int y1,int x2,int y2,int k) {
    return a[x2][y2][k]-a[x1-1][y2][k]-a[x2][y1-1][k]+a[x1-1][y1-1][k];
}

void solve1() {
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)
            for(int k=0;k<=1000;k++) {
                sum[i][j][k]=sum[i][j-1][k]+sum[i-1][j][k]-sum[i-1][j-1][k];
                cnt[i][j][k]=cnt[i][j-1][k]+cnt[i-1][j][k]-cnt[i-1][j-1][k];
                if(p1[i][j]>=k) sum[i][j][k]+=p1[i][j],cnt[i][j][k]++;
            }
    for(int i=1;i<=q;i++) {
        int x1=read(),y1=read(),x2=read(),y2=read(),h=read();
        int l=0,r=1000,ans=-1;
        while(l<r) {
            int mid=(l+r+1)>>1;
            int tmp=calc(sum,x1,y1,x2,y2,mid);
            if(tmp<h)r=mid-1;
            else  {
                l=mid,ans=calc(cnt,x1,y1,x2,y2,mid);
                ans-=(tmp-h)/mid;//直接减,不要虚
            }
        }
        if(ans==-1)puts("Poor QLW");
        else printf("%d\n",ans);
    }
}

struct tree_node {
    int cnt,sum,ls,rs;
};

struct chairman_tree {
    int tot;
    tree_node tree[maxn*20];
    
    void ins(int lst,int &now,int l,int r,int pos) {
        now=++tot;tree[now]=tree[lst];
        tree[now].cnt++,tree[now].sum+=pos;
        if(l==r)return;
        int mid=(l+r)>>1;
        if(pos<=mid)ins(tree[lst].ls,tree[now].ls,l,mid,pos);
        else ins(tree[lst].rs,tree[now].rs,mid+1,r,pos);
    }

    int query(int L,int R,int l,int r,int limit) {
        if(tree[R].sum-tree[L].sum<limit)return -1;
        if(l==r) {
            int tmp=tree[R].cnt-tree[L].cnt;
            int fake=tree[R].sum-tree[L].sum;
            return tmp-(fake-limit)/l;//本数减去可以去掉的数量
        }
        int mid=(l+r)>>1,tmp=tree[tree[R].rs].sum-tree[tree[L].rs].sum;
        int fake=tree[tree[R].rs].cnt-tree[tree[L].rs].cnt;
        if(tmp>=limit)return query(tree[L].rs,tree[R].rs,mid+1,r,limit);
        else return query(tree[L].ls,tree[R].ls,l,mid,limit-tmp)+fake;
        return 0;
    }
}T;

void solve2() {
    for(int i=1;i<=m;i++)
        T.ins(rt[i-1],rt[i],1,1000,p2[i]);
    for(int i=1;i<=q;i++) {
        x1=read();int l=read();x2=read();int r=read(),h=read();
        int ans=T.query(rt[l-1],rt[r],1,1000,h);
        if(ans==-1)puts("Poor QLW");
        else printf("%d\n",ans);
    }
}

int main() {
    init();
    if(n!=1)solve1();
    else solve2();
    return 0;
}
posted @ 2018-11-14 15:14  AKMer  阅读(...)  评论(...编辑  收藏