(全英文题面所以直接放化简题意)

题意:在一个二维平面内,初始有一些点,然后每个时间点加入一些点,对每个时间点求平面内最大的无障碍正方形

(这次的题目是真的神仙啊。。。)

  • 首先,考虑暴力,如果对每一个加点进行一遍扫描,那么,可以跑到天荒地老了。。。
  • 其次,如果像以前的dp一样跑呢?因为是动态的,所以不行。。。
  • 很容易想到,这个面积一定是单调不增的,于是,就可以倒序来,变成加点,离线做。
  • 那么,有了加点就可以跑暴力了吗?很显然不行。。。
  • 那怎么办呢?

solution:

(以下初始思路来自老师)

这个正方形可能出现在哪里?

  1. 一个点左上
  2. 左下
  3. 右上
  4. 右下

一个正方形由长和宽构成,要找最大边长,其实就是要维护两个东西:长和宽。

分别考虑长宽如何维护(好吧差不多都是边长)

宽:它可能经过一个点,也就是这个点在宽这条边上。

于是不太容易想到:维护两个dp数组,存每个点向左右能拓展的长度。

但是,如果依旧暴力更新,还是会炸成渣滓。。。

瞪大眼看题,当一个点更新时,只有它所在的一行会变,所以就可以O(n)更新dp数组了。

于是,只要在每个点加上后更新dp数组,然后查出最大正方形,就完事了

下面考虑列:

能不能像刚刚那样继续dp嘞?(像cdq那样dp套dp呢???)如果这样做,那可能会得到一个错位的正方形。。。很麻烦.....

况且我们要去最大的不是吗?这好像有什么提示.....

想想我学过的维护最值的数据结构(qsort rmq 线段树 单调队列 主席树 平衡树 树套树)

再结合一下问题实际:找长度,不太容易想到,对于每一个答案,进行一次check。这个check,有点像二分,对于每一个可行答案进行判断然后更新最优解。而这个可行答案,就是看是否能找到更大的正方形。

对此,只需要枚举是否能找到比当前更大的边长就行了。因为它是正方形,所以长宽相等,这里列问题就转化为了:

对于每一个定长区间,找最大的一个之前处理出的dp数组里是否有一个长度大于等于它的值,也就是最大值。

这就很明朗了,线段树,单调队列。

两者差距在哪里呢?线段树O(nlogn)单调队列O(n);

我用了单调队列。

这份代码给我的感觉就是:代码还可以继续化简,逻辑运算符可以有效增加效率和增加美观度

代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=;
char s[maxn];
int n,m,k;
int a[maxn][maxn];
struct node
{
int x,y,res;
}ans[maxn];
int f[maxn][maxn];
int l[maxn][maxn];
int r[maxn][maxn]; void init()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=;i<=n;i++)
{
scanf("%s",s+);
for(int j=;j<=m;j++)
{
a[i][j]=(s[j]=='.');
}
}
for(int i=;i<=k;i++)
{
scanf("%d%d",&ans[i].x,&ans[i].y);
a[ans[i].x][ans[i].y]=;
}
} void dp()
{
for(int i=;i<=n;i++)
{
for(int j=m;j>=;j--)
{
if(!a[i][j])
continue;
if(i==||j==m)
{
f[i][j]=;
ans[k].res=max(ans[k].res,);
continue;
}
f[i][j]=min(f[i-][j],f[i][j+]);
if(a[i-f[i][j]][j+f[i][j]])f[i][j]++;
ans[k].res=max(ans[k].res,f[i][j]);
}
}
for(int i=;i<=n;i++)
{
for(int j=;j<=m;j++)
{
l[i][j]=a[i][j]*(l[i][j-]+);
}
}
for(int i=;i<=n;i++)
{
for(int j=m;j>=;j--)
{
r[i][j]=a[i][j]*(r[i][j+]+);
}
}
} int tmp[maxn];
int q[maxn]; bool check(int x,int y)
{
int head=,tail=;
memset(tmp,,sizeof(tmp));
for(int i=;i<=n;i++)
{
while(head<=tail&&l[q[tail]][y]>=l[i][y])
tail--;
q[++tail]=i;
while(q[head]<=i-x)
head++;
tmp[i]+=l[q[head]][y];
}
head=;tail=;
for(int i=;i<=n;i++)
{
while(head<=tail&&r[q[tail]][y]>=r[i][y])
tail--;
q[++tail]=i;
while(q[head]<=i-x)
head++;
tmp[i]+=r[q[head]][y]-;
}
for(int i=x;i<=n;i++)
{
if(tmp[i]>=x)
return ;
}
return ;
} void solve()
{
int tem=ans[k].res;
for(int i=k;i>=;i--)
{
ans[i].res=tem;
int x=ans[i].x;
int y=ans[i].y;
a[x][y]=;
for(int j=;j<=m;j++)
{
l[x][j]=a[x][j]*(l[x][j-]+);
}
for(int j=m;j>=;j--)
{
r[x][j]=a[x][j]*(r[x][j+]+);
}
while(check(tem+,y))
tem++;
}
ans[].res=tem;
for(int i=;i<=k;i++)
{
printf("%d\n",ans[i].res);
}
} int main()
{
init();
dp();
solve();
return ;
}

(完)

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