牛客多校第三场 F Planting Trees [单调队列]

最新推荐文章于 2025-08-15 11:41:51 发布

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#多校

本文解析了FPlantingTrees问题，目标是在n*n矩阵中找到满足特定条件的最大面积矩形，条件为矩形内最大元素减最小元素不超过m。通过枚举矩形边界和使用单调队列优化查找左边界，实现O(n^3)复杂度解决方案。

F Planting Trees
题意：t组数据，有一个n*n的矩阵，一个合法的矩形满足矩形内最大元素-最小元素<=m，求满足条件的矩形的最大面积。

数据范围：It is guaranteed that the sum of N^3 over all cases does not exceed 25⋅10^7

题解： .枚举矩形上下右边界，此时复杂度为O(n ^ 3)，现在问题就变成如何确定左边界，可以处理出每一列的最大值最小值（这个处理过程要充分重用之前数据–>上下边界为[U,D]到[U,D+1]的转移过程可以使用[U,D]的每一列的最大值mx和最小值mn，mx=max(mx,a[i][D+1])，mn=min(mn,a[i][D+1])），如果使用线段树之类的数据结构可以O(logn)得到左边界，会超时，而利用单调队列可以优化至n^3。
现在重点就是单调队列维护哪些信息以及怎么维护。
单调队列显然维护的是左右区间[L,R]的列最大值和最小值，由单调队列的性质知道应该维护最大值的队列元素应该是递减的，维护最大值的队列元素应该是递增的。
现在就剩下怎么维护的问题，维护分为插入队尾和移动队首两个步骤。
(1)插入队尾时，对于维护最大值的队列，假设队尾为x，当前元素为y，如果y<x，那么显然直接插入即可(因为要维护一个递减的队列嘛)，可如果y>=x呢，因为单调队列维护的最大值队列是指区间[i,j]的最大值(其中j是当前元素的下标)，所以如果y>=x，那么直接弹出x然后插入y即可，同理可得最小值队列的插入队尾操作。
(2)移动队首的操作，由于要求最大值队列的队首x减去最小值队列的队首y<=m，所以如果最大值队列的队首x减去最小值队列的队首y>m就要移动队首，但是由于是两个队列，所以需要贪心地进行选择，很容易想到贪心的策略

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define debug(x) cout<<#x<<" is "<<x<<endl;
const int maxn=5e2+5;
const ll inf=1e15;
ll a[maxn][maxn],c[maxn][maxn][2],q1[maxn],q2[maxn],ac[maxn],ac2[maxn];
int main(){
    int t;
  // freopen("D:\\acm\\ac\\in.txt","r",stdin);
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        int n,m;
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=1;j<=n;j++){
                scanf("%lld",&a[i][j]);
                c[i][j][0]=-inf;
                c[i][j][1]=inf;
            }
        }
        ll ans=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=i;j<=n;j++){
                int head1=1;
                int tail1=0;
                int head2=1;
                int tail2=0;
                ll ak=1;
                for(int k=1;k<=n;k++){
                    c[i][k][0]=max(c[i][k][0],a[j][k]);
                    c[i][k][1]=min(c[i][k][1],a[j][k]);
                    ll a1=c[i][k][0];
                    ll a2=c[i][k][1];
                    while(head2<=tail2&&(a1>q2[tail2]))tail2--;
                    while(head1<=tail1&&(a2<q1[tail1]))tail1--;
                    q1[++tail1]=a2;
                    q2[++tail2]=a1;
                    ac[tail1]=k;
                    ac2[tail2]=k;
                    if((j-i+1)*n<=ans)continue;
                    int f=0;
                    while(head2<=tail2&&head1<=tail1&&q2[head2]-q1[head1]>m){
                        if(head1<tail1&&(head2>=tail2||ac[head1]<=ac2[head2])){
                            ak=max(ac[head1]+1,ak);
                            head1++;
                        }
                        else if(head2<tail2&&(head1>=tail1||ac[head1]>=ac2[head2])){
                            ak=max(ak,ac2[head2]+1);
                            head2++;
                        }
                        else{
                            f=1;
                            break;
                        }
                    }
                    if(f)continue;
                    if(k>=ak)ans=max(ans,(ll)(j-i+1)*(k-ak+1));
                }
            }
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}