Codeforces 514D R2D2 and Droid Army RMQ问题

题目大意：

就是现在对于一个m行n列的矩阵, 每次可以选择m行中的任意一行的正整数-1,最多选择k次, 如果某一列中的m个数全部成为了0, 那么这一列算作被破坏, 求被破坏的连续的列 最长是多少列, 并且输出选择各行的次数 (m <= 5, n <= 10 ^5, k <= 10 ^9, n*m的矩阵中的数为<= 10^8的非负整数)

大致思路：

就是RMQ预处理一下每一行的所有数, 然后二分能够找到的长度判断是否可行即可, 很简单的RMQ问题

/*
 * Author: Gatevin
 * Created Time:  2015/2/25 13:00:53
 * File Name: poi~.cpp
 */
#include<iostream>
#include<sstream>
#include<fstream>
#include<vector>
#include<list>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<iomanip>
using namespace std;
const double eps(1e-8);
typedef long long lint;

int n, m, K, a[6][100010];
int dp[6][100010][20];
int ans[100010];

void initRMQ()
{
    for(int i = 1; i <= m; i++)
    {
        for(int j = 1; j <= n; j++)
            dp[i][j][0] = a[i][j];
        for(int l = 1; (1 << l) <= n; l++)
            for(int j = 1; (j + (1 << l) - 1) <= n; j++)
                dp[i][j][l] = max(dp[i][j][l - 1], dp[i][j + (1 << (l - 1))][l - 1]);
    }
}

int askRMQ(int i, int l, int r)
{
    int k = 0;
    while((1 << (k + 1)) <= r - l + 1) k++;
    return max(dp[i][l][k], dp[i][r - (1 << k) + 1][k]);
}

bool check(int mid)//判断mid是否可行
{
    for(int i = 1; i + mid - 1 <= n; i++)//起点
    {
        int need = 0;
        for(int j = 1; j <= m; j++)
            need += askRMQ(j, i, i + mid - 1);
        if(need <= K)
        {
            ans[mid] = i;
            return true;
        }
    }
    return false;
}

int main()
{
    memset(ans, 0, sizeof(ans));
    scanf("%d %d %d", &n, &m, &K);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        for(int j = 1; j <= m; j++)
            scanf("%d", &a[j][i]);
    initRMQ();
    int L = 0, R = n, mid, len = 0;
    while(L <= R)
    {
        mid = (L + R) >> 1;
        if(check(mid))
        {
            len = mid;
            L = mid + 1;
        }
        else
            R = mid - 1;
    }
    for(int i = 1; i <= m; i++)
        printf("%d ", askRMQ(i, ans[len], ans[len] + len - 1));
    return 0;
}

③尺取法+队列优化：假设从开始，到才不满足，则从开始，若到才不满足条件，必有t≤t'。所以可以使用尺取法。具体做法为：开始时首尾指针均指向第一个元素，以后对当前区间，若m种detail满足最大值之和≤k，则更新区间长度；否则将首指针后移。由于尾指针从0变化到n，故复杂度为o(nm)。

队列优化借鉴了一下别人的做法：用一个辅助队列来完成非最优值的出队。该队列记录当前需要出队的元素，当该元素成为当前区间的最大值时，才真正将它pop出去。理由是：随着窗口的移动，若左端点a[l]＜max，则max值仍在区间内部仍然有用，a[l]在队列中也不影响。而当a[l]成为队列中最大值时，会对正确值产生干扰，所以此时是a[l]出队的最好时机。

#include <cstdio>
#include <queue>
using namespace std;
#define N 100005
#define M 5
#define max(a, b) (a) > (b) ? (a) : (b)

int a[N][M], res[M], need[M];
priority_queue<int> qu[M], topop[M];

int main(){
	int n, m, k, ans = 0;
	scanf("%d %d %d", &n, &m, &k);
	for(int i = 0; i < n; ++i)
		for(int j = 0; j < m; ++j)
			scanf("%d", &a[i][j]);
	int s = 0, t = 0;
	for(;t < n; ++t){
		long long sum = 0;
		for(int i = 0; i < m; ++i)
			qu[i].push(a[t][i]);
		for(int i = 0; i < m; ++i)
			need[i] = qu[i].top(), sum += need[i];
		if(sum <= k){
            if(ans < t - s + 1){
                ans = t - s + 1;
                for(int i = 0; i < m; ++i)
                    res[i] = need[i];
            }
		}
		else{
			for(int i = 0; i < m; ++i){
			    topop[i].push(a[s][i]);
				while(!topop[i].empty() && !qu[i].empty() && topop[i].top() == qu[i].top())
					topop[i].pop(), qu[i].pop();
			}
			++s;
		}
	}
	for(int i = 0; i < m; ++i)
		printf("%d ", res[i]);
	return 0;
}