【题解】小澳的方阵

目录

• 题目
  • 题目背景
  • 题目描述
  • 输入格式
  • 输出格式
  • 评测限制
  • 数据范围与约定
• 分析
  • \(30\ \texttt{pts}\)
  • \(100\ \texttt{pts}\)
• Code
• 后记

题目

题目来源：20200523 模拟赛 T1；（具体版权未知）。

测试链接：咕咕咕

题目背景

小澳最近迷上了考古，他发现秦始皇的兵马俑布局十分有特点，热爱钻研的小澳打算在电脑上还原这个伟大的布局。

题目描述

他努力钻研，发现秦始皇布置兵马俑是有一定规律的。兵马俑阵总共有 \(n\) 行 \(m\) 列，秦始皇在布置的时候每次会指定一行或一列，然后指定一个兵种，使得这一行或者这一列上全部放上这一个兵种。如果这一行上以前放过其它的兵种，那么他会拔掉以前的兵种改成现在他命令的兵种。

小澳从秦朝的文献中找到了布置这个方阵的操作顺序，他希望你能告诉他布局完成后整个兵马俑阵是什么样子的。

输入格式

输入文件共 \(q+1\) 行。

输入文件第 \(1\) 行包括三个正整数 \(n\)、\(m\)、\(q\)，分别表示兵马俑阵的行数和列数，以及秦始皇总的操作数。

接下来 \(q\) 行，每行三个正整数 \(x\)、\(y\)、\(z\)，\(x\) 表示操作种类：

• 若 \(x=1\)，表示给第 \(y\) 行（\(y\le n\)）全部放上 \(z\) 这个兵种；
• 若 \(x=2\)，则表示给第 \(y\) 列（\(y\le m\)）全部放上 \(z\) 这个兵种。

输出格式

输出文件共 \(n\) 行，每行 \(m\) 个整数，分别用空格隔开。表示最后方阵上每个位置放的兵种，如果某个位置没有被操作过输出 \(0\)。

评测限制

从 matrix.in 中读入，输出到 matrix.out。

评测时间限制 \(1000\ \textrm{ms}\)，空间限制 \(256\ \textrm{MiB}\)

数据范围与约定

• 对于 \(20\%\) 的数据，\(nm\le 25\)；
• 对于 \(30\%\) 的数据，\(q\le 2000\)；
• 对于 \(100\%\) 的数据，\(n,m\le 1000\)，\(nm\le 10^5\)，\(q\le 10^6\)。

分析

题意是，对于一个矩阵，每一次给一行或一列赋值，后赋值的会覆盖前面赋值的。输出这个矩阵赋值后的结果。

\(30\ \texttt{pts}\)

这就是一个简单的大暴力，每一次都赋值一遍即可。

\(100\ \texttt{pts}\)

想到这一点，我们不妨看一看数据范围：\(\large{q\le 10^6}\)。也就是说，会多次修改同一行或同一列。

那么，我们每一次都赋值就非常慢，而且后面会被覆盖。那怎么办呢？

我们不妨倒过来想：影响一个格子的兵种的因素是什么？显然是横竖分别赋值的兵种中较晚的一个。

所以，有一个思路就非常自然：记录每一行和每一列最后修改的内容和时间。输出每一个格子的时候，检查横竖的最晚时间并输出对应兵种。

事实上，这个做法就是正解。我们只需要在修改的时候打上「Lazy Tag」即可。复杂度 \(\Theta(nm+q)\) 绰绰有余。

Code

这实际上就是一个不折不扣的模拟，所以代码量非常少。

#include <cstdio>
#include <cctype>
using namespace std;

const int max_n = 1000;
struct lin
{
	int tim, val;
};

lin row[max_n] = {}, col[max_n] = {};

inline int read()
{
	int ch = getchar(), t = 1, n = 0;
	while (isspace(ch)) { ch = getchar(); }
	if (ch == '-') { t = -1, ch = getchar(); }
	while (isdigit(ch)) { n = n * 10 + ch - '0', ch = getchar(); }
	return n * t;
}

int main()
{
	int n = read(), m = read(), q = read(), opt, id, tid;
	
	for (int i = 0; i < q; i++)
	{
		opt = read(), id = read() - 1, tid = read();

		if (opt & 1)
			row[id].tim = i + 1, row[id].val = tid;
		else
			col[id].tim = i + 1, col[id].val = tid;
	}

	for (int i = 0; i < n; i++)
	{
		for (int j = 0; j < m; j++)
		{
			if (row[i].tim > col[j].tim)
				printf("%d ", row[i].val);
			else
				printf("%d ", col[j].val);
		}

		putchar('\n');
	}

	return 0;
}

后记

顺带一提，类似的题目还有很多，只不过方法有所不同。

有一些利用了差分，加上线段树优化以后才能通过。而另一些甚至于要用二维线段树才能解决。

所以，这种东西很难类比，因为接近的题目也不一定是相同的做法。