2024AcWing蓝桥杯集训·每日一题-前缀和

1.[AcWing562.壁画]

题目描述

Thanh 想在一面被均分为 $N$ 段的墙上画一幅精美的壁画。
每段墙面都有一个美观评分，这表示它的美观程度（如果它的上面有画的话）。
不幸的是，由于洪水泛滥，墙体开始崩溃，所以他需要加快他的作画进度！
每天 Thanh 可以绘制一段墙体。
在第一天，他可以自由的选择任意一段墙面进行绘制。
在接下来的每一天，他只能选择与绘制完成的墙面相邻的墙段进行作画，因为他不想分开壁画。
在每天结束时，一段未被涂颜料的墙将被摧毁（Thanh 使用的是防水涂料，因此涂漆的部分不能被破坏），且被毁掉的墙段一定只与一段还未被毁掉的墙面相邻。
Thanh 的壁画的总体美观程度将等于他作画的所有墙段的美观评分的总和。
Thanh 想要保证，无论墙壁是如何被摧毁的，他都可以达到至少 $B$ 的美观总分。
请问他能够保证达到的美观总分 $B$ 的最大值是多少。

输入格式

第一行包含整数 $T$，表示共有 $T$ 组测试数据。
每组数据的第一行包含整数 $N$。
第二行包含一个长度为 $N$ 的字符串，字符串由数字 $0\sim 9$ 构成，第 $i$ 个字符表示第 $i$ 段墙面被上色后能达到的美观评分。

输出格式

每组数据输出一个结果，每个结果占一行。
结果表示为 Case #x: y，其中 $x$ 为组别编号（从 $1$ 开始），$y$ 为 Thanh 可以保证达到的美观评分的最大值。

数据范围

$1\le T\le 100,$
存在一个测试点 $N=5\ast {10}^6$，其他测试点均满足 $2\le N\le 100$

输入样例

4
4
1332
4
9583
3
616
10
1029384756

输出样例

Case #1: 6
Case #2: 14
Case #3: 7
Case #4: 31

样例解释

在第一个样例中，无论墙壁如何被破坏，Thanh 都可以获得 $6$ 分的美观总分。在第一天，他可以随便选一个美观评分 $3$ 的墙段进行绘画。在一天结束时，第一部分或第四部分将被摧毁，但无论哪一部分都无关紧要。在第二天，他都可以在另一段美观评分 $3$ 的墙段上作画。

在第二个样例中，Thanh 在第一天选择最左边的美观评分为 $9$ 的墙段上作画。在第一天结束时唯一可以被毁掉的墙体是最右边的那段墙体，因为最左边的墙壁被涂上了颜料。在第二天，他可以选择在左数第二段评分为 $5$ 的墙面上作画。然后右数第二段墙体被摧毁。请注意，在第二天，Thanh 不能选择绘制第三段墙面，因为它不与任何其他作画墙面相邻。这样可以获得 $14$ 分的美观总分。

解题思路

因为每次被摧毁的墙体都只与一个未被破坏的墙体相邻，因此每次被摧毁的墙体只能是两侧的墙体，因此根据此性质确定最后绘画的墙体长度。根据固定区间长度求解最大值，利用前缀和预处理。

C++代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e6;

int T;
int sum[N];

int main() {
    cin >> T;
    for (int i = 1; i <= T; i++) {
        int n;
        string S;
        cin >> n >> S;
        // 前缀和预处理
        for (int j = 1; j <= n; j++) sum[j] = sum[j - 1] + S[j - 1] - '0';
        // 区间长度
        int m = (n + 1) / 2;
        int maxv = 0;
        for (int j = 1; j + m - 1 <= n; j++)
            maxv = max(maxv, sum[j + m - 1] - sum[j - 1]);
        cout << "Case #" << i << ": " << maxv << "\n";
    }
    return 0;
}

2.[AcWing1236.递增三元组]

题目描述

给定三个整数数组
$A=[A_1,A_2,\dots A_N],$
$B=[B_1,B_2,\dots B_N],$
$C=[C_1,C_2,\dots C_N],$
请你统计有多少个三元组 $(i,j,k)$ 满足：
$1\le i,j,k\le N$
$A_i<B_j<C_k$

输入格式

第一行包含一个整数 $N$。
第二行包含 $N$ 个整数 $A_1,A_2,\dots A_N$。
第三行包含 $N$ 个整数 $B_1,B_2,\dots B_N$。
第四行包含 $N$ 个整数 $C_1,C_2,\dots C_N$。

输出格式

一个整数表示答案。

数据范围

$1\le N\le {10}^5,$
$0\le A_i,B_i,C_i\le {10}^5$

输入样例

3
1 1 1
2 2 2
3 3 3

输出样例

27

解题思路

提供两种思路，两种思路都是以 $B$ 数组作为连接。

1. 二分。对 $A$ 和 $C$ 排序，对于每一个 $B_i$ 在 $A$ 中找到小于其的所有数的个数，在 $C$ 中找到大于其的所有数的个数，这里进行数的查找可以使用二分。此方法的时间复杂度为 $O(nlogn)$。
2. 前缀和。$cnt$ 数组统计针对 $A$ 和 $C$ 统计每个数的个数，$s$ 表示 $cnt$ 的前缀和，即数 $1$ 至 $i$ 在 $A$ 和 $C$ 中的个数。

C++代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100010;
typedef long long LL;

int n;
int a[N], b[N], c[N];
int cnt[N], s[N];
int as[N], cs[N];

int main() {
    scanf("%d", &n);
    // 自增是为了方便前缀和计算
    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]), a[i]++;
    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &b[i]), b[i]++;
    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &c[i]), c[i]++;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cnt[a[i]]++;
    // s[i] 表示数组 a 中从 0 到 i 的数的个数
    for (int i = 1; i < N; i++) s[i] = s[i - 1] + cnt[i];
    for (int i = 1; i <= n; i++) as[i] = s[b[i] - 1];
    memset(cnt, 0, sizeof cnt);
    memset(s, 0, sizeof s);
    for (int i = 1; i <= n; i++) cnt[c[i]]++;
    for (int i = 1; i < N; i++) s[i] = s[i - 1] + cnt[i];
    for (int i = 1; i <= n; i++) cs[i] = s[N - 1] - s[b[i]];
    LL res = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        res += (LL) as[i] * cs[i];
    printf("%ld", res);
    /*
    // 二分解法
    sort(a + 1, a + n + 1);
    sort(c + 1, c + n + 1);
    LL res = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int l1 = 1, r1 = n;
        while (l1 < r1) {
            int mid = l1 + r1 + 1 >> 1;
            if (a[mid] < b[i]) l1 = mid;
            else r1 = mid - 1;
        }
        int l2 = 1, r2 = n;
        while (l2 < r2) {
            int mid = l2 + r2 >> 1;
            if (c[mid] > b[i]) r2 = mid;
            else l2 = mid + 1;
        }
        if (a[r1] >= b[i] || c[r2] <= b[i])
            continue;
        res += (LL) r1 * (n - r2 + 1);
    }
    printf("%ld", res);
    */
    return 0;
}

3.[AcWing4405.统计子矩阵]

题目描述

给定一个 $N\times M$ 的矩阵 $A$，请你统计有多少个子矩阵 (最小 $1\times 1$，最大 $N\times M$) 满足子矩阵中所有数的和不超过给定的整数 $K$?

输入格式

第一行包含三个整数 $N,M$ 和 $K$。
之后 $N$ 行每行包含 $M$ 个整数，代表矩阵 $A$。

输出格式

一个整数代表答案。

数据范围

对于 $30\mathrm{\%}$ 的数据，$N,M\le 20$，
对于 $70\mathrm{\%}$ 的数据，$N,M\le 100$，
对于 $100\mathrm{\%}$ 的数据，$1\le N,M\le 500;0\le A_{ij}\le 1000;1\le K\le 2.5\times {10}^8$。

输入样例

3 4 10
1 2 3 4
5 6 7 8
9 10 11 12

输出样例

19

样例解释

满足条件的子矩阵一共有 $19$，包含：
大小为 $1\times 1$ 的有 $10$ 个。
大小为 $1\times 2$ 的有 $3$ 个。
大小为 $1\times 3$ 的有 $2$ 个。
大小为 $1\times 4$ 的有 $1$ 个。
大小为 $2\times 1$ 的有 $3$ 个。

解题思路

最简单的思路，二维前缀和预处理，枚举出每一个子矩阵进行判断，这样时间复杂度是 $O(n^4)$。
如何优化？
利用双指针，限定子矩阵上下边界，两个指针指向左右边界，当左指针移动时，子矩阵的值必然减小。

C++代码

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 510;
typedef long long LL;

int n, m, k;
int a[N][N];
LL s[N][N];

int main() {
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= m; j++) {
            scanf("%d", &a[i][j]);
            a[i][j] = a[i - 1][j] + a[i][j - 1] - a[i - 1][j - 1] + a[i][j];
        }
    LL res = 0;
    for (int i = 1; i <= m; i++) // 上边界
        for (int j = i; j <= m; j++) // 下边界
            for (int l = 1, r = 1; r <= n; r++) { // 左右边界
                while (l <= r && a[r][j] - a[l - 1][j] - a[r][i - 1] + a[l - 1][i - 1] > k)
                    l++;
                if (l <= r)
                    res += r - l + 1;
            }
    printf("%lld", res);
    return 0;
}