我真的我要被我自己给猪死了md T1让输出边长我输出面积硬生生掉了100分 气死
这道题我之前在讲单调栈的时候是讲过的 对于每一个位置 维护一个他的$up$表示以这里为起点只走$1$向上走的高度
然后对于每一行都跑一边求最大矩形的单调栈即可 维护一个单增的 每次弹栈的时候求出以弹栈元素为矩形边长的最大矩形面积 不过这道题是求最大正方形
就改成边长取$min$再取$max$即可
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define il inline
#define rg register
#define oo 1e9
using namespace std;
const int N = 2000 + 5;
int up[N][N], a[N][N], stk[N], n, m, top;
il int read( ) {
int t = 1, ans = 0;
char x; x = getchar( );
while(x < ‘0‘ || x > ‘9‘) {
if(x == ‘-‘) t = -1;
x = getchar( );
}
while(x >= ‘0‘ && x <= ‘9‘) {
ans = ans * 10 + x - ‘0‘;
x = getchar( );
}
return ans * t;
}
il void Init( ) {
n = read( ), m = read( );
for(rg int i = 1;i <= n;i ++) {
for(rg int j = 1;j <= m;j ++) {
a[i][j] = read( );
if(a[i][j] == 1) up[i][j] = up[i - 1][j] + 1;
else up[i][j] = 0;
}
up[i][m + 1] = -oo;
}
}
il void Solve( ) {
int ans = 0;
for(rg int i = 1;i <= n;i ++) {
top = 0;
for(rg int j = 1;j <= m + 1;j ++) {
while(top && up[i][stk[top]] > up[i][j]) {
ans = max(ans, min(up[i][stk[top]], j - 1 - stk[top - 1]));
top --;
}
stk[++ top] = j;
}
}
printf("%d\n", ans);
}
int main( ) {
freopen("inspect.in", "r", stdin);
freopen("inspect.out", "w", stdout);
Init( );
Solve( );
}
这道题其实是一道裸裸的而粪土二分图匹配
就对于每本书拆点 如果$a$能够摞到$b$上 就连接$a -> b$ 然后求一个最大匹配$cnt$即可 答案为$n - cnt$
因为每匹配一次相当于节省一个书架 注意判重 也就是如果两本书一模一样 就只需要连一条就够了 否则会减多
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define il inline
#define rg register
#define oo 1e9
using namespace std;
const int N = 300 + 5;
int src, sink, x[N], y[N], tot, head[2 * N];
int nex[N * N], tov[N * N], n;
int cx[2 * N], cy[2 * N], ans = 0;
bool vis[2 * N];
il int read( ) {
int t = 1, ans = 0;
char x; x = getchar( );
while(x < ‘0‘ || x > ‘9‘) {
if(x == ‘-‘) t = -1;
x = getchar( );
}
while(x >= ‘0‘ && x <= ‘9‘) {
ans = ans * 10 + x - ‘0‘;
x = getchar( );
}
return ans * t;
}
il void add(int u, int v) {
tot ++; nex[tot] = head[u];
tov[tot] = v; head[u] = tot;
}
il void Add_Edge( ) {
n = read( );
for(rg int i = 1;i <= n;i ++) x[i] = read( ), y[i] = read( );
for(rg int i = 1;i <= n;i ++) {
for(rg int j = 1;j <= n;j ++) {
if(i == j) continue;
if(x[j] == x[i] && y[j] == y[i]) {
if(i < j) add(i, j + n); continue;
}
if(x[j] >= x[i] && y[j] >= y[i]) add(i, j + n);
}
}
}
il int dfs(int u) {
for(rg int i = head[u];i;i = nex[i]) {
int v = tov[i];
if(vis[v]) continue;
vis[v] = true;
if(! cy[v] || dfs(cy[v])) {
cy[v] = u; cx[u] = v;
return 1;
}
}
return 0;
}
int main( ) {
freopen("militarytraining.in", "r", stdin);
freopen("militarytraining.out", "w", stdout);
Add_Edge( );
for(int i = 1;i <= n;i ++)
if(! cx[i]) {
memset(vis, 0, sizeof(vis));
ans += dfs(i);
}
printf("%d\n", n - ans);
}
这道题我暴力莫队70分hhh
正解是将询问离线 按照左端点排序 然后要做的事情是在从后往前扫的过程中 求出每个数产生贡献的区间 用前缀和查分对于以当前点为左端点的区间的答案
维护一个数组$t,t[i]$ 表示如果询问区间包含了点$i$ 答案会增加$t[i]$（可能为负）
初始情况下$t$全为$0$，$i$从$n$枚举到$1$
对某个$i$ 考虑$a[i]$这个数在$i$位置及其以后是否出现过$a[i]$次及以上 假设$a[i]$在位置$x$出现了第$a[i]$次 在位置y出现了第$a[i]+1$次
即表示对于左端点为$i$的询问区间 当右端点在$[x,y)$时 $a[i]$会贡献$1$的答案 否则贡献$0$的答案 此时设$t[x]=1$且$t[y] = -1$即可
用一个树状数组维护$t$数组，可以很容易的统计前缀和。
复杂度为$O(nlogn+qlogn+qlogq)$
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
int c[N], t[N], cnt[N], n, q, a[N], ans[N];
vector<int>pos[N];
struct ques {
int id, l, r;
}Q[N];
bool cmp(const ques & a, const ques & b) {
return a.l < b.l;
}
int read( ) {
int t = 1, ans = 0;
char x; x = getchar( );
while(x < ‘0‘ || x > ‘9‘) {
if(x == ‘-‘) t = -1;
x = getchar( );
}
while(x >= ‘0‘ && x <= ‘9‘) {
ans = ans * 10 + x - ‘0‘;
x = getchar( );
}
return ans * t;
}
void Init( ) {
n = read( ), q = read( );
for(int i = 1;i <= n;i ++) a[i] = read( );
for(int i = 1;i <= q;i ++) {
Q[i].l = read( ), Q[i].r = read( ); Q[i].id = i;
}
sort(Q + 1, Q + q + 1, cmp);
}
int lowbit(int x) {
return x & (-x);
}
int query(int pos) {
int ans = 0;
while(pos >= 1) {
ans += c[pos];
pos -= lowbit(pos);
}
return ans;
}
void modify(int pos, int del) {
while(pos < N) {
c[pos] += del;
pos += lowbit(pos);
}
}
void update(int x) {
t[a[x]] ++; pos[a[x]].push_back(x);
if(t[a[x]] == a[x]) modify(pos[a[x]][0], 1);
else if(t[a[x]] == a[x] + 1) {
modify(pos[a[x]][0], -1);
int pos1 = pos[a[x]][cnt[a[x]] ++], pos2 = pos[a[x]][cnt[a[x]]];
modify(pos1, -1);int cc = query(N);
modify(pos2, 1);
}
else if(t[a[x]] > a[x] + 1) {
int pos1 = pos[a[x]][cnt[a[x]] - 1], pos2 = pos[a[x]][cnt[a[x]] ++], pos3 = pos[a[x]][cnt[a[x]]];
modify(pos1, 1);
modify(pos2, -2);
modify(pos3, 1);
}
}
void Solve( ) {
int now = q;
for(int i = n;i >= 1;i --) {
update(i); int cc = query(14);
while(Q[now].l == i) {
ans[Q[now].id] = query(Q[now].r); now --;
}
}
for(int i = 1;i <= q;i ++) printf("%d\n", ans[i]);
}
int main( ) {
freopen("count.in", "r", stdin);
freopen("count.out", "w", stdout);
Init( );
Solve( );
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/Rubenisveryhandsome/p/9831125.html
时间： 2024-07-30 20:06:58