[Luogu 2216] [HAOI2007]理想的正方形

[Luogu 2216] [HAOI2007]理想的正方形

题目描述

有一个a*b的整数组成的矩阵，现请你从中找出一个n*n的正方形区域，使得该区域所有数中的最大值和最小值的差最小。

输入输出格式

输入格式：

第一行为3个整数，分别表示a,b,n的值

第二行至第a+1行每行为b个非负整数，表示矩阵中相应位置上的数。每行相邻两数之间用一空格分隔。

输出格式：

仅一个整数，为a*b矩阵中所有“n*n正方形区域中的最大整数和最小整数的差值”的最小值。

输入输出样例

输入样例#1：

5 4 2
1 2 5 6
0 17 16 0
16 17 2 1
2 10 2 1
1 2 2 2

输出样例#1：

1

说明

问题规模

（1）矩阵中的所有数都不超过1,000,000,000

（2）20%的数据2<=a,b<=100,n<=a,n<=b,n<=10

（3）100%的数据2<=a,b<=1000,n<=a,n<=b,n<=100

抱着刷DP的心理，打开了这道题，但好像并不会DP qaq，这里介绍一种二维st的方法

题解：

因为本蒟蒻是刚复习了一下st表做RMQ，所以顺手继续做了

因为我们发现n是不变的，所以st表的时候可以只开三维f[a][b][log n]

然后就可以根据一维st表一样的预处理方式，只是一个状态需要从四个状态转移过来

因为一个正方形肯定是可以分成四个部分的，可能包含重叠.

所以就是这样，然后最后查询的时候也是分成四个部分

于是就结束了...

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 const int N=;
 int a,b,n,lg,ans=1e9;
 int mp[N][N],f[N][N][],g[N][N][];
 int Min(int a,int b,int c,int d){
     return min(a,min(b,min(c,d)));
 }
 int Max(int a,int b,int c,int d){
     return max(a,max(b,max(c,d)));
 }
 int ask1(int x,int y){
     int dx=x+n-,dy=y+n-;
     return Max(g[x][y][lg],g[x][dy-(<<lg)+][lg],g[dx-(<<lg)+][y][lg],g[dx-(<<lg)+][dy-(<<lg)+][lg]);
 }
 int ask2(int x,int y){
     int dx=x+n-,dy=y+n-;
     return Min(f[x][y][lg],f[x][dy-(<<lg)+][lg],f[dx-(<<lg)+][y][lg],f[dx-(<<lg)+][dy-(<<lg)+][lg]);
 }
 int main(){
     scanf("%d%d%d",&a,&b,&n); memset(f,0x3f3f,sizeof(f)); memset(g,,sizeof(g));
     for (int i=;i<=a;++i)
         for (int j=;j<=b;++j)
             scanf("%d",&mp[i][j]),f[i][j][]=g[i][j][]=mp[i][j];
     for (int k=;(<<k)<=n;++k)
         for (int i=;i+(<<k)-<=a;++i)
             for (int j=;j+(<<k)-<=b;++j){
                 f[i][j][k]=Min(f[i][j][k-],f[i][j+(<<(k-))][k-],f[i+(<<(k-))][j][k-],f[i+(<<(k-))][j+(<<k-)][k-]);
                 g[i][j][k]=Max(g[i][j][k-],g[i][j+(<<(k-))][k-],g[i+(<<(k-))][j][k-],g[i+(<<(k-))][j+(<<k-)][k-]);
             }
     lg=(int)(log(n)/log(2.0));
     for (int i=;i<=a-n+;++i)
         for (int j=;j<=b-n+;++j)
             ans=min(ans,ask1(i,j)-ask2(i,j));
     printf("%d",ans);
 }

然而事实上，我觉得单调队列的做法也是非常好的，于是借鉴了别人的题解，此下贴出

---

对于每一行，我们维护定长区间内的最大值和最小值，maxv[i][j]表示第i行第j列，从j-k+1~j这些数的最大值，minv[i][j]同理。这里的k是题目中的n，也就是正方形的长。然后我们已经知道每一行定长区间内的最值，对于每一列，我们也同样维护这一列定长区间的最值，就能得到一个“定正方形”内的最值。

至于定长区间的最值怎么求，那就是用到我们的单调队列了，这道题其实是个模板。这里我是开两个双端队列，maxq和minq，分别维护。（当然开一个也可以，那样代码就比较长了）

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<queue>
 #include<algorithm>
 using namespace std;
 
 const int N = ;
 const int INF = 1e9;
 int n, m, k, a[N][N], maxv[N][N], minv[N][N];
 
 int main()
 {
     scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
     for (int i=; i<=n; i++)
         for (int j=; j<=m; j++) scanf("%d", &a[i][j]);
     //以下对于每一行用单调队列求出maxv[i][j]和minv[i][j]
     for (int i=; i<=n; i++){
         deque<int> maxq, minq;
         maxv[i][] = ;
         minv[i][] = INF;
         for (int j=; j<=m; j++){
             while (!maxq.empty() && maxq.front() < j-k+) maxq.pop_front();  //如果范围超过k就弹出队列
             while (!maxq.empty() && a[i][maxq.back()] <= a[i][j]) maxq.pop_back();   //维护单调递减的队列使得队首为最大值
             maxq.push_back(j);
             maxv[i][j] = a[i][maxq.front()];
             while (!minq.empty() && minq.front() < j-k+) minq.pop_front();
             while (!minq.empty() && a[i][minq.back()] >= a[i][j]) minq.pop_back();  //维护单调递增的队列使得队首为最小值
             minq.push_back(j);
             minv[i][j] = a[i][minq.front()];
         }
     }
     //以下对于每一列用单调队列求出“定正方形”内最值，并直接计算答案
     int ans = INF;
     for (int j=k; j<=m; j++){  //注意枚举范围从k开始
         deque<int> maxq, minq;
         int MaxV = ;
         int MinV = INF;
         for (int i=; i<=n; i++){
             //单调队列用法同上
             while (!maxq.empty() && maxq.front() < i-k+) maxq.pop_front();
             while (!maxq.empty() && maxv[maxq.back()][j] <= maxv[i][j]) maxq.pop_back();
             maxq.push_back(i);
             MaxV = maxv[maxq.front()][j];
             while (!minq.empty() && minq.front() < i-k+) minq.pop_front();
             while (!minq.empty() && minv[minq.back()][j] >= minv[i][j]) minq.pop_back();
             minq.push_back(i);
             MinV = minv[minq.front()][j];
             if (i >= k) ans = min(ans, MaxV - MinV);  //注意i >= k时才能更新答案
         }
     }
     printf("%d\n", ans);
     return ;
 }

---