LG P8343 [COCI2021-2022#6] Zemljište 题解

题目要求很清楚不再赘述。

首先我们有一个 $\mathcal O(n^6)$ 的暴力，直接按照题意模拟，期望得分 $10$ 。

然后我们很自然的想到了使用二位前缀和，枚举所有的子矩阵进行一个贡献的统计。复杂度是 $\mathcal O(n^4)$，期望得分 $30$。

然后我们找一下这题有什么特殊的地方：

$1 \le c_{i,j} \le 10^9$。

也就是说，如果一个矩形是另一个矩形的子矩形，那么这个矩形肯定比另一个矩形的和小。

看起来和单调性有关。

那么，我们考虑枚举矩形的上边界，再枚举下边界，然后枚举左边界，那么右边界越向右整个矩阵的和越大，但是我们只想让这个和 $s$ 尽可能的接近 $[a,b]$ （这里设 $a\le b$）。

那么我们可以二分一个位置，我们可以找到 $<a$ 的最大的 $s$ 的位置和 $>b$ 的最小的 $s$ 的位置然后对答案取 $\min$（当然如果有 $s$ 满足 $a \le s \le b$，那么答案也就被确定为 $b-a$ 了）

但是这样我们的复杂度是 $\mathcal O(n^3 \log n)$ 的，依然不能通过。

发现我们二分的这个位置，随着固定的左端点右移，这个位置也不断右移，因此我们可以拿双指针从左向右扫一遍，并在扫的过程中对答案取 $\min$ 就好了。（顺便判断一下有无 $a \le s \le b$ 的情况）

这样复杂度是 $\mathcal O(n^3)$ 的，可以通过。

代码实现可以参考一下我的，但是我感觉还是理解后自己实现更为好写，因为我写的很丑。

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long 
#define int long long
#define orz cout << "tyy YYDS!!!\n"
using namespace std;
const int MAXN = 2e5 + 10;
const int INF = 1e9 + 7;
const int mod = 998244353;

int read() {
    int s = 0, f = 0; char ch = getchar();
    while(!isdigit(ch)) f |= (ch == '-'), ch = getchar();
    while(isdigit(ch)) s = (s << 1) + (s << 3) + (ch ^ 48), ch = getchar();
    return f ? -s : s;
}

int n, m, A, B;
int a[555][555];
int b[555];
int sum[555][555];

signed main() {
	n = read(), m = read(), A = read(), B = read();
	if(A > B) swap(A, B);
	for(register int i = 1; i <= n; ++i) {
		for(register int j = 1; j <= m; ++j) {
			a[i][j] = read();
			sum[i][j] = sum[i - 1][j] + a[i][j];
		}
	}
	int ans = abs(a[1][1] - A) + abs(a[1][1] - B);
	for(register int l = 1; l <= n; ++l) {
		for(register int r = l; r <= n; ++r) {
			for(register int i = 1; i <= m; ++i) b[i] = sum[r][i] - sum[l - 1][i];
			int R = 0, now = 0;
			while(R < m && now + b[R + 1] < A) now += b[++R];
			for(register int L = 1; L <= m; ++L) {
				if(R < m && now + b[R + 1] >= A && now + b[R + 1] <= B) return printf("%lld\n", B - A), 0;
				ans = min(ans, abs(now - A) + abs(now - B));
				now -= b[L];
				while(R < m && now + b[R + 1] <= A) now += b[++R];
			}
			R = 0, now = 0;
			while(R < m && now <= B) now += b[++R];
			for(register int L = 1; L <= m; ++L) {
				ans = min(ans, abs(now - A) + abs(now - B));
				now -= b[L];
				if(now >= A && now <= B) return printf("%lld\n", B - A), 0;
				while(R < m && now <= B) now += b[++R]; 
			}
		}
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}