【Cf #291 B】R2D2 and Droid Army（二分，线段树）

因为题目中要求使连续死亡的机器人最多，令人联想到二分答案。

考虑如何检验这之中是否存在一段连续的长度为md的区间，其中花最多k步使得它们都死亡。

这个条件等价于区间中m个最大值的和不超过k。

枚举起点，可以用 $ O(mlogn) $ 的时间确定这段区间是否合法，最终check的复杂度是 $ O(nmlogn) $。

总复杂度是 $ O(nmlog^{2}n) $。

 

$ \bigodot $ 技巧&套路：

• 最大（小）值的问题，可以考虑二分答案。
• check时用线段树优化区间平移，来枚举每一个长度固定的区间。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>

const int N = 100005;

int n, m, k, re;
int a[N][6], ans[6], tmp[6];

namespace SE {
  int ma[6][N << 2];
  inline void Up(int t) {
    for (int i = 1; i <= m; ++i) {
      ma[i][t] = std::max(ma[i][t << 1], ma[i][t << 1 | 1]);
    }
  }
  void Build(int t, int l, int r) {
    if (l == r) {
      for (int i = 1; i <= m; ++i) ma[i][t] = a[l][i];
      return;
    }
    int md = (l + r) >> 1;
    Build(t << 1, l, md);
    Build(t << 1 | 1, md + 1, r);
    Up(t);
  }
  int Query(int t, int l, int r, int L, int R, int ty) {
    if (L <= l && r <= R) return ma[ty][t];
    int md = (l + r) >> 1, re = 0;
    if (L <= md) re = std::max(re, Query(t << 1, l, md, L, R, ty));
    if (md < R) re = std::max(re, Query(t << 1 | 1, md + 1, r, L, R, ty));
    return re;
  } 
}

inline int Check(int md) {
  for (int i = 1; i + md - 1 <= n; ++i) {
    int sum = 0;
    for (int j = 1; j <= m; ++j) {
      tmp[j] = SE::Query(1, 1, n, i, i + md - 1, j);
      sum += tmp[j];
      if (sum > k) break;
    }
    if (sum <= k) {
      for (int j = 1; j <= m; ++j) ans[j] = tmp[j];
      return 1;
    }
  }
  return 0;
}

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]);
    }
  }
  SE::Build(1, 1, n);
  for (int nl = 1, nr = n, md; nl <= nr; ) {
    md = (nl + nr) >> 1;
    if (Check(md)) {
      re = md; nl = md + 1;
    } else {
      nr = md - 1;
    }
  }
  if (re) Check(re);
  for (int i = 1; i <= m; ++i) {
    printf("%d ", (re)? ans[i] : 0);
  }

  return 0;
}