Topcoder MaxSquare 和 [USACO19FEB]Mowing Mischief
MaxSquare
给定一个长度为 \(n\) 的序列 \(B_1, B_2,\dots, B_n\),在此基础上构造了一个矩阵 \(A\),满足 \(A_{i,j}= b_i+ b_j\)。求 \(A\) 权值和最大的子正方形。
\(n ≤ 10^5\)。
推式子
既然 \(A\) 的构造方式很独特,那么我们先把答案式暴力展开。
\(x,y\) 的枚举是等价的,两者最终的结果一定是一样的,所以改成两倍。
将 \(c\) 的枚举转化为差计算。
分治套路
将 \((i,S_i)\) 看成点,那么我们要找的就是两个点构成的矩形面积的最大值。
注意到若 \(j_1 < j_2,S_{j_1} < S_{j_2}\),那么选 \(j_2\) 做左下角一定不优;若 \(i_1 < i_2,S_{i_1} < S_{i_2}\),那么选 \(i_1\) 做右上角一定不优。
我们可以用单调栈预处理出哪些点可以做左下角,哪些点可以做右上角。左下角一定是下凸壳的形式,右上角一定是上凸壳的形式。
若左下角有决策点 \(y < x\),右上角有决策点 \(i < j\),并且 \(i\) 的最优方案是 \(x\),那么有
因为 \(-(x-y) < 0,-(S_x-S_y)>0\) 而 \(j>i,S_j<S_i\),所以把 \(i\) 换成 \(j\),把 \(S_i\) 换成 \(S_j\) 之后该不等式依然成立。也就是说
所以这个最优方案具有决策单调性。那么写一个值域分治就好了。
时间复杂度大概一个log?
vector<int> lef,rig;
vector<int> a;
vector<int64> pre;
int64 ans=0;
IN int64 calc(int l,int r){
return (rig[r]-lef[l])*(pre[rig[r]]-pre[lef[l]]);
}
void solve(int l,int r,int L,int R){
if(l>r) return;
int mid=(l+r)>>1;
int mark=L;
int64 ans=calc(mid,L);
for(int i=L+1;i<=R;++i)if(ans<calc(mid,i))
ans=calc(mid,i),mark=i;
::ans=max(::ans,ans);
solve(l,mid-1,L,mark),solve(mid+1,r,mark,R);
}
class MaxSquare{
public:
int64 getMaxSum(int n,int64 s,int q,int o,vector<int> x,vector<int> y){
a.resize(n);
CO int64 mod=1LL<<51;
for(int i=0;i<n;++i){
a[i]=(s>>20)%q+o;
int64 s0=s*621%mod;
int64 s1=s*825%mod;
int64 s2=s*494%mod;
s=s*23%mod;
s=((s<<10)+s2)%mod;
s=((s<<10)+s1)%mod;
s=((s<<10)+s0+11)%mod;
}
for(int i=0;i<(int)x.size();++i) a[x[i]]=y[i];
pre.resize(n+1),pre[0]=0;
for(int i=0;i<n;++i) pre[i+1]=pre[i]+a[i];
for(int i=0;i<=n;++i)
if(lef.empty() or pre[lef.back()]>pre[i]) lef.push_back(i);
for(int i=n;i>=0;--i)
if(rig.empty() or pre[i]>pre[rig.back()]) rig.push_back(i);
reverse(rig.begin(),rig.end());
solve(0,lef.size()-1,0,rig.size()-1);
if(ans==0){
ans=a[0]; // edit 1: must choose
for(int i=1;i<n;++i)
ans=max(ans,(int64)a[i]);
}
return 2*ans;
}
};
//int main(){
// MaxSquare tmp;
// int64 ans=tmp.getMaxSum(10,42,40,-5,{},{});
// printf("%lld\n",ans);
// return 0;
//}
Mowing Mischief
题目描述
Bessie的表妹Ella和Bella正在参观农场。不幸的是,自从他们到达以来,他们一直在恶作剧。
在他们的最新计划中,他们决定尽可能多地割草。农场的草地是 的正方形。左下角是 ,右上角是 。因此,正方形包含 个格点(具有整数坐标的点)。
Ella和Bella计划从 开始并以每秒一个单位长度的速度运行到 ,同时每只奶牛都握住非常锋利且非常有弹性的线的一端。任何被这根电线扫过的区域的草都会被切断。Ella和Bella可能采取不同的路径,但她们只会向上或者向右移动,从一个格点移动到另一个格点。
Bessie非常担心会切割太多的草,所以她发明了一个聪明的计划来限制Ella和Bella的路径。在整个草原上散布着 种花( ),每种花都在一个特定的格点上。 Bessie将从这些花中挑选一个子集 , 集合中的花Ella和Bella都需要经过(Ella和Bella的路径都必须经过 中的所有花朵)。
Ella和Bella将会切割面积尽可能大的草,请帮助Bessie确定集合 使得在 集合尽可能大的情况下被切割的草的面积最小。
输入输出格式
输入格式:输入第一行包括两个数 。
接下来 行每行包含两个数 ,代表一种花的位置。保证没有两种不同的花在同一位置上。
输出格式:输出一个整数,即被切割的草的面积的最小值。
输入输出样例
说明
选择 和 这两个位置上的花,可以使得被切割的草的面积最小。
子任务:对于 的数据, 。
B君的讲课
那个割草其实就是两个点之间的矩形面积,所以说这题求的就是找出极大纵坐标最长上升子序列,并使得相邻两点之间构成的矩形面积和最小,坐标没有重复的,出题人很良心。
发现在最长上升子序列中每个点的排名是固定的,所以可以按照排名把点分层,每层之间转移。
考虑每层之间如何转移,每层的点一定是从左上到右下的,并且这个转移具有单调性,即后一层的点后移的时候,前一层的要最优必须前移才行。而这种单调性可以使用整体二分解决,即先找后一层中间的点的最优转移在前一层的那个点,更新答案后左右递归分治,时间复杂度\(O(n \log n)\)。
但是相邻两层之间并不是每个点都可以互相转移到的,所以要维护前一层哪些点能转移到后一层的哪些点。显然后一层的每个点一定能被前一层的一个区间内的点转移到,也就是每一次都给一个区间添上到后一层的某个点的转移。这个可以用线段树分治来维护,即把待操作的区间按照线段树的方式分解成\(O(\log n)\)个区间添上转移,最后遍历线段树处理转移。
总时间复杂度\(O(n \log^2 n)\)
co int N=2e5+10;
int n;
pair<int,int> points[N];
int lastmin[N];
ll t;
vector<pair<int,int> > group[N];
vector<ll> dp[N];
vector<int> querys[N*4];
#define lc (x<<1)
#define rc (x<<1|1)
void build(int x,int l,int r){
querys[x].clear();
if(l==r) return;
int mid=l+r>>1;
build(lc,l,mid),build(rc,mid+1,r);
}
void change(int x,int l,int r,int ql,int qr,int v){
if(ql<=l&&r<=qr) return querys[x].push_back(v);
int mid=l+r>>1;
if(ql<=mid) change(lc,l,mid,ql,qr,v);
if(qr>mid) change(rc,mid+1,r,ql,qr,v);
}
void solve(co vector<int>&querys,int l,int r,int L,int R,int index){
if(l>r) return;
int mid=l+r>>1,j=querys[mid];
ll best=1e18;
int pos=-1;
for(int k=L,dx,dy;k<=R;++k){
dx=group[index][j].first-group[index-1][k].first,
dy=group[index][j].second-group[index-1][k].second;
if(dx>0&&dy>0){
ll tmp=dp[index-1][k]+(ll)dx*dy;
if(best>tmp) best=tmp,pos=k;
}
}
dp[index][j]=min(dp[index][j],best);
solve(querys,l,mid-1,pos,R,index),solve(querys,mid+1,r,L,pos,index);
}
void query(int x,int l,int r,int index){
solve(querys[x],0,querys[x].size()-1,l,r,index);
if(l==r) return;
int mid=l+r>>1;
query(lc,l,mid,index),query(rc,mid+1,r,index);
}
int main(){
// freopen(".in","r",stdin),freopen(".out","w",stdout);
read(n),read(t);
for(int i=1;i<=n;++i) read(points[i].first),read(points[i].second);
points[n+1]=make_pair(t,t);
sort(points,points+n+2);
int length=-1;
for(int i=0;i<n+2;++i){
int L=-1,R=length;
while(L<R){
int M=L+R+1>>1;
if(lastmin[M]<points[i].second) L=M;
else R=M-1;
}
lastmin[L+1]=points[i].second;
group[L+1].push_back(points[i]);
length=max(length,L+1);
}
dp[0].resize(1);
dp[0][0]=0;
for(int i=1;i<=length;++i){
dp[i].resize(group[i].size());
build(1,0,dp[i-1].size()-1);
for(int j=0;j<group[i].size();++j){
dp[i][j]=1e18;
int st=-1,ed=-1;
int L=0,R=group[i-1].size()-1;
while(L<R){
int M=L+R>>1;
if(group[i-1][M].second>group[i][j].second) L=M+1;
else R=M;
}
st=L;
L=0,R=group[i-1].size()-1;
while(L<R){
int M=L+R+1>>1;
if(group[i-1][M].first>group[i][j].first) R=M-1;
else L=M;
}
ed=L;
change(1,0,group[i-1].size()-1,st,ed,j);
}
query(1,0,group[i-1].size()-1,i);
}
printf("%lld\n",dp[length][0]);
return 0;
}