【bzoj4165】矩阵 堆+STL-map

题目描述

定义和谐矩阵为长不小于 Mina 且宽不小于 Minb 的矩阵，矩阵的权值为整个矩阵内所有数的和。给定一个长为 N，宽为 M 的矩阵 A，求它的所有和谐子矩阵中权值第 K 小的矩阵，并输出它的权值。

输入

第 1 行为五个正整数，分别为 N , M , Mina , Minb , K，相邻两个数用一个空格分隔。接下来的 N 行，每行 M

 个用一个空格分隔的数，表示给定的矩阵 A。

1 <= N,M <=1000， 1 <= Mina <= N, 1 <= Minb <= M,

1 <= K <= 250000 ，矩阵 A 内每个数均为不超过 3000 的非负整数

输出

仅一行，一个数，表示第 K 小矩阵的权值。如果第 K 小矩阵不存在，输出-1。

样例输入

3 4 2 2 3
0 1 3 7
1 16 5 2
7 6 9 3

样例输出

19

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题解

堆+STL-map

这种类型的题也没少做了，初次写这样的大概是 [NOI2010]超级钢琴 。

由于所有元素非负，因此一个矩形的权值和一定比其任意一个子矩形权值和大。因此只有在处理完子矩形后才处理该矩形。

使用堆维护贪心顺序，初始时把所有长度为Mina，宽度为Minb的矩形加入堆中，每次取堆顶元素，并把该举行左、右、上、下扩展一层所得的矩形加入堆中。

然而这样矩形会计算重复，因此需要使用hash表储存一个矩形是否出现过。

我使用了map，由于常数巨大而垫底...

时间复杂度 $O(nm+k\log k)$ 

#include <set>
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#define N 1010
using namespace std;
typedef pair<int , int> pr;
typedef long long ll;
ll sum[N][N];
struct data
{
	int a , b , c , d;
	data() {}
	data(int w , int x , int y , int z) {a = w , b = x , c = y , d = z;}
	bool operator<(const data &x)const {return a == x.a ? b == x.b ? c == x.c ? d < x.d : c < x.c : b < x.b : a < x.a;}
	ll query()const {return sum[c][d] - sum[c][b - 1] - sum[a - 1][d] + sum[a - 1][b - 1];}
};
struct cmp
{
	bool operator()(const data &x , const data &y)
	{
		return x.query() > y.query();
	}
};
priority_queue<data , vector<data> , cmp> heap;
set<data> s;
inline char nc()
{
	static char buf[100000] , *p1 , *p2;
	return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf , 1 , 100000 , stdin) , p1 == p2) ? EOF : *p1 ++ ;
}
inline int read()
{
	int ret = 0; char ch = nc();
	while(!isdigit(ch)) ch = nc();
	while(isdigit(ch)) ret = ((ret + (ret << 2)) << 1) + (ch ^ '0') , ch = nc();
	return ret;
}
int main()
{
	int n = read() , m = read() , p = read() , q = read() , k = read() , i , j;
	ll ans = 0;
	data t , tmp;
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
		for(j = 1 ; j <= m ; j ++ )
			sum[i][j] = read() + sum[i][j - 1] + sum[i - 1][j] - sum[i - 1][j - 1];
	for(i = 1 ; i <= n - p + 1 ; i ++ )
		for(j = 1 ; j <= m - q + 1 ; j ++ )
			t = data(i , j , i + p - 1 , j + q - 1) , heap.push(t) , s.insert(t);
	for(i = 1 ; i <= k ; i ++ )
	{
		if(heap.empty())
		{
			puts("-1");
			return 0;
		}
		t = heap.top() , heap.pop() , ans = t.query();
		if(t.a > 1 && s.find(tmp = data(t.a - 1 , t.b , t.c , t.d)) == s.end()) heap.push(tmp) , s.insert(tmp);
		if(t.b > 1 && s.find(tmp = data(t.a , t.b - 1 , t.c , t.d)) == s.end()) heap.push(tmp) , s.insert(tmp);
		if(t.c < n && s.find(tmp = data(t.a , t.b , t.c + 1 , t.d)) == s.end()) heap.push(tmp) , s.insert(tmp);
		if(t.d < m && s.find(tmp = data(t.a , t.b , t.c , t.d + 1)) == s.end()) heap.push(tmp) , s.insert(tmp);
	}
	printf("%lld\n" , ans);
	return 0;
}

 

 

转载于:https://www.cnblogs.com/GXZlegend/p/7816312.html