题解 洛谷 P6070 【『MdOI R1』Decrease】
每次选择一个 \(k*k\) 的矩形,显然对于 \((1,1)\) 这个点,只有唯一的矩形选择。那么要是 \((1,1)\) 变成 \(0\),也只有唯一的操作。操作后再观察 \((1,2)\),发现只有两个矩形,其中一个刚才已经操作过了,那么这种操作还是唯一的。这样递推下去就可以了。而对于有些放个的矩形都被操作过了,直接判断。
那么怎么维护每个点的值呢?二维线段树也许没有必要,这仅仅一个二维差分就可以解决。因为每次的询问是从 \((1,1)\) 依次到 \((n,n)\) 的,所以对每个要修改的操作差分一次就可以做完这道题了。
记得开 long long
。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
int n,m,k;
ll ans;
const int N=5003;
int a[N][N],b[N][N],s[N][N];
inline int read()
{
char C=getchar();
int F=1,ANS=0;
while (C<'0'||C>'9')
{
if (C=='-') F=-1;
C=getchar();
}
while (C>='0'&&C<='9')
{
ANS=ANS*10+C-'0';
C=getchar();
}
return F*ANS;
}
int main()
{
n=read(),m=read(),k=read();
for (int i=1;i<=m;i++)
{
int x=read(),y=read(),z=read();
a[x][y]=z;
}
for (int i=1;i<=n;i++)
{
for (int j=1;j<=n;j++)
{
s[i][j]=b[i][j]+s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1];
a[i][j]+=s[i][j];
if (a[i][j]!=0)
{
if (i+k-1<=n&&j+k-1<=n)
{
ans+=abs((ll)a[i][j]);
b[i][j]-=a[i][j],b[i+k][j]+=a[i][j],b[i][j+k]+=a[i][j],b[i+k][j+k]-=a[i][j];
s[i][j]-=a[i][j],a[i][j]=0;
}
else
{
printf("-1");
return 0;
}
}
}
}
cout << ans;
return 0;
}