标签：queue turn ... 别人 ret sizeof 处理 names 题解
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。
5 4 2
1 2 5 6
0 17 16 0
16 17 2 1
2 10 2 1
1 2 2 2
1
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...
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 const int N=1010;
4 int a,b,n,lg,ans=1e9;
5 int mp[N][N],f[N][N][11],g[N][N][11];
6 int Min(int a,int b,int c,int d){
7 return min(a,min(b,min(c,d)));
8 }
9 int Max(int a,int b,int c,int d){
10 return max(a,max(b,max(c,d)));
11 }
12 int ask1(int x,int y){
13 int dx=x+n-1,dy=y+n-1;
14 return Max(g[x][y][lg],g[x][dy-(1<<lg)+1][lg],g[dx-(1<<lg)+1][y][lg],g[dx-(1<<lg)+1][dy-(1<<lg)+1][lg]);
15 }
16 int ask2(int x,int y){
17 int dx=x+n-1,dy=y+n-1;
18 return Min(f[x][y][lg],f[x][dy-(1<<lg)+1][lg],f[dx-(1<<lg)+1][y][lg],f[dx-(1<<lg)+1][dy-(1<<lg)+1][lg]);
19 }
20 int main(){
21 scanf("%d%d%d",&a,&b,&n); memset(f,0x3f3f,sizeof(f)); memset(g,0,sizeof(g));
22 for (int i=1;i<=a;++i)
23 for (int j=1;j<=b;++j)
24 scanf("%d",&mp[i][j]),f[i][j][0]=g[i][j][0]=mp[i][j];
25 for (int k=1;(1<<k)<=n;++k)
26 for (int i=1;i+(1<<k)-1<=a;++i)
27 for (int j=1;j+(1<<k)-1<=b;++j){
28 f[i][j][k]=Min(f[i][j][k-1],f[i][j+(1<<(k-1))][k-1],f[i+(1<<(k-1))][j][k-1],f[i+(1<<(k-1))][j+(1<<k-1)][k-1]);
29 g[i][j][k]=Max(g[i][j][k-1],g[i][j+(1<<(k-1))][k-1],g[i+(1<<(k-1))][j][k-1],g[i+(1<<(k-1))][j+(1<<k-1)][k-1]);
30 }
31 lg=(int)(log(n)/log(2.0));
32 for (int i=1;i<=a-n+1;++i)
33 for (int j=1;j<=b-n+1;++j)
34 ans=min(ans,ask1(i,j)-ask2(i,j));
35 printf("%d",ans);
36 }
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）
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<queue> 4 #include<algorithm> 5 using namespace std; 6 7 const int N = 1010; 8 const int INF = 1e9; 9 int n, m, k, a[N][N], maxv[N][N], minv[N][N]; 10 11 int main() 12 { 13 scanf("%d%d%d", &n, &m, &k); 14 for (int i=1; i<=n; i++) 15 for (int j=1; j<=m; j++) scanf("%d", &a[i][j]); 16 //以下对于每一行用单调队列求出maxv[i][j]和minv[i][j] 17 for (int i=1; i<=n; i++){ 18 deque<int> maxq, minq; 19 maxv[i][0] = 0; 20 minv[i][0] = INF; 21 for (int j=1; j<=m; j++){ 22 while (!maxq.empty() && maxq.front() < j-k+1) maxq.pop_front(); //如果范围超过k就弹出队列 23 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 24 maxq.push_back(j); 25 maxv[i][j] = a[i][maxq.front()]; 26 while (!minq.empty() && minq.front() < j-k+1) minq.pop_front(); 27 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 28 minq.push_back(j); 29 minv[i][j] = a[i][minq.front()]; 30 } 31 } 32 //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 33 int ans = INF; 34 for (int j=k; j<=m; j++){ //注意枚举范围从k开始 35 deque<int> maxq, minq; 36 int MaxV = 0; 37 int MinV = INF; 38 for (int i=1; i<=n; i++){ 39 //单调队列用法同上 40 while (!maxq.empty() && maxq.front() < i-k+1) maxq.pop_front(); 41 while (!maxq.empty() && maxv[maxq.back()][j] <= maxv[i][j]) maxq.pop_back(); 42 maxq.push_back(i); 43 MaxV = maxv[maxq.front()][j]; 44 while (!minq.empty() && minq.front() < i-k+1) minq.pop_front(); 45 while (!minq.empty() && minv[minq.back()][j] >= minv[i][j]) minq.pop_back(); 46 minq.push_back(i); 47 MinV = minv[minq.front()][j]; 48 if (i >= k) ans = min(ans, MaxV - MinV); //注意i >= k时才能更新答案 49 } 50 } 51 printf("%d\n", ans); 52 return 0; 53 }
标签：queue turn ... 别人 ret sizeof 处理 names 题解
原文地址：http://www.cnblogs.com/logic-yzf/p/7650028.html
