【Luogu P6441】[COCI2011-2012#6] PASTELE（二分答案，容斥，前缀和）

最新推荐文章于 2022-10-06 10:58:39 发布

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博客讲述了如何通过计算n支蜡笔的颜色差异值，找到k支差异最小的蜡笔组合。使用二分查找和三维前缀和技巧，解决颜色范围较大且需要找到最优化选择的问题。

题目

题目背景

Mirko 收到了一份礼物。

题目描述

这份礼物共包含 $n$ 支蜡笔。每只蜡笔的颜色由色光三原色组成：红、绿、蓝。分别用参数 $R_i,G_i,B_i$ 表示。这只蜡笔的颜色就由这三个参数来决定。

对于两支蜡笔 $i, j$ ，我们定义它们之间的差异值为 $max(|R_i-R_j|,|G_i-G_j|,|B_i-B_j|)$

定义一些蜡笔的色彩值为这些蜡笔中任意两支蜡笔差异值的最大值。

给出这 $n$ 支蜡笔的特征值，请找出 $k$ 支蜡笔，使得色彩值最小。

输入格式

输入第一行为两个整数 $n, k$ 。

接下来的 $n$ 行，每行三个整数 $R_i,G_i,B_i$ ，表示第 $i$ 支蜡笔的颜色参数。

输出格式

输出第一行为一个整数，表示 $k$ 支蜡笔的色彩值的最小值。

接下来的 $k$ 行，每行三个整数，描述这 $k$ 支蜡笔都由哪些蜡笔组成。

由于方案的组成可能不唯一，本题使用SPJ。

输入输出样例

输入 #1
2 2
1 3 2
2 6 4
输出 #1
3
1 3 2
2 6 4
输入 #2
3 2
3 3 4
1 6 4
1 1 2
输出 #2
2
3 3 4
1 1 2
输入 #3
5 3
6 6 4
6 2 7
3 1 3
4 1 5
6 2 6
输出 #3
2
6 2 7
4 1 5
6 2 6

说明/提示

数据规模与约定
对于 $50\%$ 的数据，保证 $R_i,G_i,B_i\le 20$
对于另 $30\%$ 的数据，保证 $R_i,G_i,B_i\le 50$
对于 $100\%$ 的数据，保证 $2\le k\le n\le 10^5$ ， $0\le R_i,G_i,B_i\le 256$ ， $0\le k_i\le m$
提示
请注意常数因子对程序效率造成的影响。

说明
题目译自 COCI2011-2012 CONTEST #6 T5 PASTELE。

思路

看到 $R_i,B_i,G_i$ 的规模，又根据题目中的”最大值最小”，很容易想到二分答案。
考虑 $c h e c k$ 函数怎么写。
如果只有两个颜色 $R, G$ ，那么枚举 $R, G$ 的下界，得出相应上界，利用二维前缀和， $O (1)$ 求出满足的蜡笔个数。
其实三个颜色也也一样。
利用容斥原理，我们可以推出三维前缀和：
$sum_{i,j,k}=sum_{i-1,j,k}+sum_{i,j-1,k}+sum_{i,j,k-1}-sum_{i-1,j-1,k}-sum_{i-1,j,k-1}-sum_{i,j-1,k-1}+sum_{i-1,j-1,k-1}$ 。
由于颜色参数有 $0$ ，为了方便计算前缀和，我们将每个颜色参数 $+ 1$ 。
枚举出 $R, G, B$ 的下界 $i r, i g, i b$ $\;\;(1\sim 256)$ ，根据二分的 $m i d$ ，得出相应的上界 $j r, j g, j b$ ，那么在此范围之间的蜡笔个数即为：
$sum_{jr,jg,jb}-sum_{ir-1,jg,jb} - sum_{jr,ig-1,jb} - sum_{jr,jg,ib-1}+sum_{ir-1,ig-1,jb}+sum_{ir-1,jg,ib-1}+sum_{jr,ig-1,ib-1}-sum_{ir-1,ig-1,ib-1}$
总时间复杂度： $O (8 * 256 * 256 * 256)$ ，时限 $7$ 秒，完全可以跑过。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i++)
#define per(i, a, b) for (int i = a; i >= b; i--)
#define mem(a, x) memset(a, x, sizeof a)
#define pb push_back
#define umap unordered_map
#define pqueue priority_queue
#define PI acos(-1)
//#define int long long
 
using namespace std;
typedef long long ll;
int n, sum[260][260][260], k;
struct node {
    int r, g, b;
} a[100010], Ans;
 
template <typename _T>
void rd(_T &x) {
    int f = 1; x = 0;
    char s = getchar();
    while (s > '9' || s < '0') {if (s == '-') f = -1; s = getchar();}
    while (s >= '0' && s <= '9') x = (x<<3)+(x<<1)+(s-'0'), s = getchar();
    x *= f;
}
 
bool check(int x) {
    rep(ir, 1, 256) rep(ib, 1, 256) rep(ig, 1, 256) {
        int jr = min(256, x+ir), jb = min(256, x+ib), jg = min(256, x+ig);
        if (sum[jr][jg][jb]-sum[ir-1][jg][jb] - sum[jr][ig-1][jb] - sum[jr][jg][ib-1]
                           +sum[ir-1][ig-1][jb]+sum[ir-1][jg][ib-1]+sum[jr][ig-1][ib-1]
                           -sum[ir-1][ig-1][ib-1] >= k) {Ans = (node){ir-1, ig-1, ib-1}; return true;}
    }
    return false;
}
 
int main() {
    rd(n), rd(k);
    rep(i, 1, n) {
        rd(a[i].r), rd(a[i].g), rd(a[i].b);
        sum[a[i].r+1][a[i].g+1][a[i].b+1]++;
    }
    rep(i, 1, 256) rep(j, 1, 256) rep(k, 1, 256)
        sum[i][j][k] += sum[i-1][j][k] + sum[i][j-1][k] + sum[i][j][k-1]
                       -sum[i-1][j-1][k]-sum[i-1][j][k-1]-sum[i][j-1][k-1]
                       +sum[i-1][j-1][k-1];
    int l = 0, r = 255, ans = 0;
    while (l <= r) {
        int mid = (l+r) >> 1;
        if (check(mid)) ans = mid, r = mid-1;
        else l = mid+1;
    }
    printf("%d\n", ans);
    rep(i, 1, n) {
        if (a[i].r >= Ans.r && a[i].r <= Ans.r+ans
            && a[i].g >= Ans.g && a[i].g <= Ans.g+ans
            && a[i].b >= Ans.b && a[i].b <= Ans.b+ans) printf("%d %d %d\n", a[i].r, a[i].g, a[i].b), k--;
        if (k == 0) break;
    }
    return 0;
}