标签：最大值 bzoj1050 ati ++ last 线段树 inline 固定 最小
真·水题。小C本来是不想贴出来的，但是有一股来自东方的神秘力量催促小C发出来。
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。
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。
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。
5 4 2
1 2 5 6
0 17 16 0
16 17 2 1
2 10 2 1
1 2 2 2
1
2<=a,b<=1000,n<=a,n<=b,n<=1000
如果你是按照BZOJ第一页AC人数做下来的话，你的思路会被前一题稍微套路一下。
回归正题，拿到这题我们正常的思路就是枚举所有矩阵，计算最大最小值更新答案。
暴力O(n^4)，二维线段树O(n^2logn)……发现可以降维（先做第一维，再做第二维）……发现询问区间长度固定……
单调队列啊……
每一行都维护两个单调队列（最大最小值），a行同时进行维护。
维护到所有可能的右端点时，把维护的这a个最大/小值拿出来，在列上做一遍单调队列，顺便更新答案。
时间复杂度O(n^2)。
题解写得比较意识流，但小C认为如果你没懂不是小C的错。
#include <cstdio> #include <algorithm> #include <cstring> #define MN 1005 #define INF 0x3FFFFFFF using namespace std; struct que { int hd,tl,q1[MN],q2[MN]; void clear() {hd=1; tl=0;} int top() {return q2[hd];} void push(int x,int y,int g) { for (;hd<=tl&&((y>q2[tl])^g);--tl); ++tl; q1[tl]=x; q2[tl]=y; } void pop(int x) {for (;hd<=tl&&q1[hd]<=x;++hd);} }sdu[MN],sdd[MN],su,sd; int a[MN][MN]; int n,m,p,ans; inline int read() { int n=0,f=1; char c=getchar(); while (c<‘0‘ || c>‘9‘) {if(c==‘-‘)f=-1; c=getchar();} while (c>=‘0‘ && c<=‘9‘) {n=n*10+c-‘0‘; c=getchar();} return n*f; } int main() { register int i,j; n=read(); m=read(); p=read(); ans=INF; for (i=1;i<=n;++i) for (j=1;j<=m;++j) a[i][j]=read(); for (i=1;i<=n;++i) sdu[i].clear(),sdd[i].clear(); for (i=1;i<=n;++i) for (j=1;j<p;++j) sdu[i].push(j,a[i][j],0),sdd[i].push(j,a[i][j],1); for (i=p;i<=m;++i) { su.clear(); sd.clear(); for (j=1;j<=n;++j) { sdu[j].push(i,a[j][i],0); sdu[j].pop(i-p); sdd[j].push(i,a[j][i],1); sdd[j].pop(i-p); su.push(j,sdu[j].top(),0); su.pop(j-p); sd.push(j,sdd[j].top(),1); sd.pop(j-p); if (j>=p) ans=min(ans,su.top()-sd.top()); } } printf("%d",ans); }
小C才不会告诉你把这题贴出来的原因是小C觉得自己的代码好看。
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原文地址：http://www.cnblogs.com/ACMLCZH/p/7425605.html
