QOJ 7943 LIS on Grid

QOJ 传送门

好题。

首先可以视为每一列 \(1\) 的个数 \(\ge a_i\)，超出的最后再无视即可。

首先先不考虑构造。考虑二分 \(k\)，考虑 Dilworth 定理，即询问是否有 \(k\) 条链覆盖所有的黑格。

可以调整使得第 \(i\) 条链的起点为 \((n - k + i, 1)\)，终点为 \((i, m)\)。

那么一条链往上走的次数都为 \(n - k\)。

因为一条链必定至少经过一遍每一列，所以不妨令 \(b_i = \max(0, a_i - k)\)。

那么也就是第 \(i\) 列需要往上走至少 \(b_i\) 次。

一个显然的必要条件是 \(\sum\limits_{i = 1}^m b_i \le k (n - k)\)。后面我们通过构造方案证明这是充要的。

贪心按链从前往后构造。对于第 \(i\) 条链，贪心地使它满足最前面的若干个上升。

容易发现此时若两条链重合就相当于 \(b_i > n - k\)，与题目条件矛盾。

所以上述条件是充要的。直接这样构造即可。

时间复杂度 \(O(nm)\)。

code

#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mkp make_pair
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;

const int maxn = 200100;

int n, m, a[maxn], b[maxn];

inline bool check(int x) {
	int s = 0;
	for (int i = 1; i <= m; ++i) {
		s += max(0, a[i] - x);
	}
	return s <= x * (n - x);
}

void solve() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= m; ++i) {
		scanf("%d", &a[i]);
		b[i] = a[i];
	}
	int l = 0, r = min(n, m), k = -1;
	while (l <= r) {
		int mid = (l + r) >> 1;
		if (check(mid)) {
			k = mid;
			r = mid - 1;
		} else {
			l = mid + 1;
		}
	}
	printf("%d\n", k);
	vector< vector<int> > ans(n + 2, vector<int>(m + 2, 0));
	for (int i = n - k + 1; i <= n; ++i) {
		int x = i;
		for (int j = 1; j <= m; ++j) {
			ans[x][j] = 1;
			while (x > i - n + k && a[j] > k) {
				--a[j];
				ans[--x][j] = 1;
			}
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		for (int j = 1; j <= m; ++j) {
			if (b[j] && ans[i][j]) {
				putchar('#');
				--b[j];
			} else {
				putchar('.');
			}
		}
		putchar('\n');
	}
}

int main() {
	int T = 1;
	scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		solve();
	}
	return 0;
}