20181030noip模拟赛T1

YY的矩阵

YY有一个大矩阵（N*M）, 矩阵的每个格子里都有一个整数权值W[i,j]（1<=i<=M,1<=j<=N）

对于这个矩阵YY会有P次询问，每次询问这个大矩阵的一个子矩阵内的最大值。

输入

第一行两个整数N和M。

接下来N行，每行M个整数

然后，一行是整数P；

接下来P行，每行4个整数r1, c1, r2, c2（分别表示子矩阵的左上角坐标和右下角坐标）

输出

共P行，每行一个整数，表示相应的最大值。

Input

4 4

4 4 10 7

2 13 9 11

5 7 8 20

13 20 8 2

4

1 1 4 4

1 1 3 3

1 3 3 4

1 1 1 1

Output

20

13

20

4

数据范围：

60%的数据：N×M×P<10^8

100%的数据：1 <= N, M <= 300；1 <= P <= 1,000,000；1 <= r1 <= r2 <= N, 1 <= c1 <= c2 <= M，1<=W[i][j]<=10000.

思路：

听说正解是二维rmq？？

本人懒得敲……

于是便有了一个O（n^3+p*n）的算法

首先O(N^3)预处理出dp[i][j][k]表示第i行从j到k的最大值

然后对于每组询问

O(x2-x1)的扫一遍即可

（跑满好像要300000000，然而我好像是全场跑的最快的？？？？）

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define rii register int i
#define rij register int j
#define rik register int k 
using namespace std;
int dt[305][305],m,n,p,dp[305][305][305];
inline void ycl()
{
    for(rii=1;i<=n;++i)
    {    
        for(rij=1;j<=m;++j)
        {
            dp[i][j][j]=dt[i][j];
            for(rik=j+1;k<=m;++k)
            {
                if(dp[i][j][k-1]>dt[i][k])
                {
                    dp[i][j][k]=dp[i][j][k-1];
                }
                else
                {
                    dp[i][j][k]=dt[i][k];
                }
            }
        }
    }
}
inline int rd(){
    register int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)) {f=ch=='-'?0:1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))  {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
    return f?x:-x;
}
inline void out(int a)
{
    if(a<0)
    {
          putchar('-');
          a=-a;
    }
    if(a>9)
    out(a/10);
    putchar(a%10+'0');
}
int main()
{
    freopen("yy.in","r",stdin);
    freopen("yy.out","w",stdout);
    n=rd();
    m=rd();
    for(rii=1;i<=n;++i)
    {
        for(rij=1;j<=m;++j)
        {
            dt[i][j]=rd();
        }
    }
    ycl();
    scanf("%d",&p);
    for(rii=1;i<=p;++i)
    {
        int x1=rd(),y1=rd(),x2=rd(),y2=rd();
        int ans=0;
        for(rij=x1;j<=x2;++j)
        {
            if(ans<dp[j][y1][y2])
            {
                ans=dp[j][y1][y2];
            }
        }
//        printf("%d\n",ans);
        out(ans);
        putchar(10);
    }
    return 0;
}