BZOJ1926: [Sdoi2010]粟粟的书架

Description

幸福幼儿园 B29 班的粟粟是一个聪明机灵、乖巧可爱的小朋友,她的爱好是画画和读书,尤其喜欢 Thomas H. Co

rmen 的文章。粟粟家中有一个 R行C 列的巨型书架,书架的每一个位置都摆有一本书,上数第i 行、左数第j 列

摆放的书有Pi,j页厚。粟粟每天除了读书之外,还有一件必不可少的工作就是摘苹果,她每天必须摘取一个指定的

苹果。粟粟家果树上的苹果有的高、有的低,但无论如何凭粟粟自己的个头都难以摘到。不过她发现, 如果在脚

下放上几本书,就可以够着苹果;她同时注意到,对于第 i 天指定的那个苹果,只要她脚下放置书的总页数之和

不低于Hi,就一定能够摘到。由于书架内的书过多,父母担心粟粟一天内就把所有书看完而耽误了上幼儿园,于是

每天只允许粟粟在一个特定区域内拿书。这个区域是一个矩形,第 i 天给定区域的左上角是上数第 x1i行的左数

第 y1i本书,右下角是上数第 x2i行的左数第y2i本书。换句话说,粟粟在这一天,只能在这﹙x2i-x1i+1﹚×﹙

y2i-y1i+1﹚本书中挑选若干本垫在脚下,摘取苹果。粟粟每次取书时都能及时放回原位,并且她的书架不会再

撤下书目或换上新书,摘苹果的任务会一直持续 M天。给出每本书籍的页数和每天的区域限制及采摘要求,请你告

诉粟粟,她每天至少拿取多少本书,就可以摘到当天指定的苹果。

Input

第一行是三个正整数R,C,M。

接下来是一个R行C列的矩阵,从上到下、从左向右依次给出了每本书的页数Pi,j。

接下来M行,第i行给出正整数x1i,y1i,x2i,y2i,Hi,表示第i天的指定区域是﹙x1i,y1i﹚与﹙x2i,y2i﹚间

的矩形,总页数之和要求不低于Hi。

保证1≤x1i≤x2i≤R,1≤y1i≤y2i≤C。

Output

有M行,第i 行回答粟粟在第 i 天时为摘到苹果至少需要 拿取多少本书。如果即使取走所有书都无法摘到苹果,

则在该行输出“Poor QLW” (不含引号)。

Sample Input

5 5 7
14 15 9 26 53
58 9 7 9 32
38 46 26 43 38
32 7 9 50 28
8 41 9 7 17
1 2 5 3 139
3 1 5 5 399
3 3 4 5 91
4 1 4 1 33
1 3 5 4 185
3 3 4 3 23
3 1 3 3 108

Sample Output

6
15
2
Poor QLW
9
1
3

HINT

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

Solution

我讨厌二合一...
唯一共同点就是要二分吧..
考虑R=1的就是个序列,那么利用二分转化为判定性问题,问题就变成了区间前k大的和是否大于H。这个可以二分+主席树求前k小sum(维护个前缀和就可以得到前k大了),这样是\(O(nlog^2n)\)的,但是其实可以直接在主席树上二分,做到\(O(nlogn)\)的。log^2的细节问题就是返回的时候注意只需要返回k个叶子结点的值而不需要全部返回(因为只要前k小个数)。
至于矩阵的,考虑对于每种高度的书维护二维前缀和,那么二分满足答案的最小高度,然后维护大于k的书的个数即可。注意一个细节答案要减去多出来的那些因为一个高度有很多本,其实有一些是多于的,需要减去,至于个数可以直接(Σ所选书-H)/(min_h),这样就ok了(因为多出来的要扔掉的一定是高度最小的)
这样复杂度是\(O(nlog^2n)\)\(O(nlogn)\)的(对应两种情况)
(调试没删结果一直wa调了1h)

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 500010, M = 5500100;

namespace io {
#define gc getchar
inline void in(int &x) {
    x = 0; int f = 1; char c = gc();
    while(c < '0' || c > '9') { if(c=='-') f = -1; c = gc(); }
    while(c >= '0' && c <= '9') { x = x * 10 + c - '0'; c = gc(); }
    x *= f;
}
inline void in_l(ll &x) {
    x = 0; ll f = 1; char c = gc();
    while(c < '0' || c > '9') { if(c=='-') f = -1; c = gc(); }
    while(c >= '0' && c <= '9') { x = x * 10 + c - '0'; c = gc(); }
    x *= f;
}
}using namespace io;

/*
二分前x大本行不行。主席树维护个sum和cnt判定。
然后维护一个前缀和判无解。
复杂度O(mlog^2(C))
 */

int a[N], root[N], tot;
int R, C, m;

namespace Subtask1 {
struct tree {
    int lc, rc, cnt;
    int sum;
} t[M];
#define lc(x) (t[x].lc)
#define rc(x) (t[x].rc)
int len = 0;
ll S[N];
void upd(int last, int &rt, int l, int r, int pos, ll v) {
    t[rt=++tot] = t[last]; t[rt].cnt++; t[rt].sum += v;
    if(l == r) return;
    int mid = (l + r) >> 1;
    if(pos <= mid) upd(lc(last), lc(rt), l, mid, pos, v);
    else upd(rc(last), rc(rt), mid + 1, r, pos, v);
}
ll query(int L, int R, int l, int r, int k) {
    int sum = t[lc(R)].cnt - t[lc(L)].cnt, mid = (l + r) >> 1;
    if(l == r) return l * k;
    if(k <= sum) return query(lc(L), lc(R), l, mid, k);
    else return t[lc(R)].sum - t[lc(L)].sum + query(rc(L), rc(R), mid + 1, r, k - sum);
}
void solve() {
    for(int i = 1; i <= C; ++i) in(a[i]), S[i] = S[i - 1] + a[i];
    for(int i = 1; i <= C; ++i) {
        upd(root[i-1], root[i], 1, 1000, a[i], a[i]);
    }
    for(int i = 1; i <= m; ++i) {
        int o, l, r; ll H;
        in(o), in(l), in(o), in(r); in_l(H);
        if(S[r] - S[l - 1] < H) puts("Poor QLW");
        else {
            int L = 0, R = r - l + 1, ans = R;
            while(L <= R) {
                int mid = (L + R) >> 1; //前mid不选
                ll sum = (S[r] - S[l - 1]) - query(root[l - 1], root[r], 1, 1000, mid);
                if(sum >= H) ans = (r-l+1) - mid, L = mid + 1;
                else R = mid - 1;
 //               printf("%lld %d %lld\n", (S[r] - S[l - 1]), mid, sum);
            }
            printf("%d\n", ans);
        }
    }
}
#undef lc
#undef rc
}

namespace Subtask2 {
int v[1010][202][202];
int num[1010][202][202], a[202][202];

ll calc(int k, int l1, int r1, int l2, int r2) {
    return v[k][l2][r2] + v[k][l1-1][r1-1] - v[k][l1-1][r2] - v[k][l2][r1-1];
}

ll calc_num(int k, int l1, int r1, int l2, int r2) {
    return num[k][l2][r2] + num[k][l1-1][r1-1] - num[k][l1-1][r2] - num[k][l2][r1-1];
}

void solve() {
    for(int i = 1; i <= R; ++i) {
        for(int j = 1; j <= C; ++j) scanf("%d", &a[i][j]);
    }
    for(int k = 0; k <= 1000; ++k) 
    for(int i = 1; i <= R; ++i) {
        for(int j = 1; j <= C; ++j) {
            num[k][i][j] = num[k][i][j-1] + num[k][i-1][j] - num[k][i-1][j-1],
            v[k][i][j] = v[k][i][j-1] + v[k][i-1][j] - v[k][i-1][j-1];
            if(a[i][j] >= k) num[k][i][j]++, v[k][i][j] += a[i][j];
        }
    }
    for(int i = 1; i <= m; ++i) {
        int l1, r1, l2, r2; ll H;
        in(l1), in(r1), in(l2), in(r2), in_l(H);
        if(calc(0, l1, r1, l2, r2) < H) puts("Poor QLW");
        else {
            int ans = 0, l = 1, r = 1000;
            while(l <= r) {
                int mid = (l + r) >> 1;
                if(calc(mid, l1, r1, l2, r2) >= H) ans = mid, l = mid + 1;
                else r = mid - 1;
            }
            printf("%d\n", calc_num(ans, l1, r1, l2, r2) - (calc(ans, l1, r1, l2, r2) - H) / ans);
        }
    }
}
}

int main() {
    in(R), in(C), in(m);
    if(R == 1) Subtask1::solve();
    else Subtask2::solve();
}
posted @ 2019-04-11 22:54  henry_y  阅读(70)  评论(0编辑  收藏