P8818 [CSP-S 2022] 策略游戏

题目描述

小 L 和小 Q 在玩一个策略游戏。

有一个长度为 $n$ 的数组 $A$ 和一个长度为 $m$ 的数组 $B$，在此基础上定义一个大小为 $n\times m$ 的矩阵 $C$，满足 $C_{ij}=A_i\times B_j$。所有下标均从 $1$ 开始。

游戏一共会进行 $q$ 轮，在每一轮游戏中，会事先给出 $4$ 个参数 $l_1,r_1,l_2,r_2$，满足 $1\le l_1\le r_1\le n$、$1\le l_2\le r_2\le m$。

游戏中，小 L 先选择一个 $l_1\sim r_1$ 之间的下标 $x$，然后小 Q 选择一个 $l_2\sim r_2$ 之间的下标 $y$。定义这一轮游戏中二人的得分是 $C_{xy}$。

小 L 的目标是使得这个得分尽可能大，小 Q 的目标是使得这个得分尽可能小。同时两人都是足够聪明的玩家，每次都会采用最优的策略。

请问：按照二人的最优策略，每轮游戏的得分分别是多少？

输入格式

第一行输入三个正整数 $n,m,q$，分别表示数组 $A$，数组 $B$ 的长度和游戏轮数。

第二行：$n$ 个整数，表示 $A_i$，分别表示数组 $A$ 的元素。

第三行：$m$ 个整数，表示 $B_i$，分别表示数组 $B$ 的元素。

接下来 $q$ 行，每行四个正整数，表示这一次游戏的 $l_1,r_1,l_2,r_2$。

输出格式

输出共 $q$ 行，每行一个整数，分别表示每一轮游戏中，小 L 和小 Q 在最优策略下的得分。

输入输出样例 #1

输入 #1

3 2 2
0 1 -2
-3 4
1 3 1 2
2 3 2 2

输出 #1

0
4

输入输出样例 #2

输入 #2

6 4 5
3 -1 -2 1 2 0
1 2 -1 -3
1 6 1 4
1 5 1 4
1 4 1 2
2 6 3 4
2 5 2 3

输出 #2

0
-2
3
2
-1

说明/提示

【样例解释 #1】

这组数据中，矩阵 $C$ 如下：

$$\left[\begin{array}{cc}0& 0\\ -3& 4\\ 6& -8\end{array}\right]$$

在第一轮游戏中，无论小 L 选取的是 $x=2$ 还是 $x=3$，小 Q 都有办法选择某个 $y$ 使得最终的得分为负数。因此小 L 选择 $x=1$ 是最优的，因为这样得分一定为 $0$。

而在第二轮游戏中，由于小 L 可以选 $x=2$，小 Q 只能选 $y=2$，如此得分为 $4$。

【样例 #3】

见附件中的 game/game3.in 与 game/game3.ans。

【样例 #4】

见附件中的 game/game4.in 与 game/game4.ans。

【数据范围】

对于所有数据，$1\le n,m,q\le {10}^5$，$-{10}^9\le A_i,B_i\le {10}^9$。对于每轮游戏而言，$1\le l_1\le r_1\le n$，$1\le l_2\le r_2\le m$。

测试点编号	$n,m,q\le$	特殊条件
$1$	$200$	1, 2
$2$	$200$	1
$3$	$200$	2
$4\sim 5$	$200$	无
$6$	$1000$	1, 2
$7\sim 8$	$1000$	1
$9\sim 10$	$1000$	2
$11\sim 12$	$1000$	无
$13$	${10}^5$	1, 2
$14\sim 15$	${10}^5$	1
$16\sim 17$	${10}^5$	2
$18\sim 20$	${10}^5$	无

其中，特殊性质 1 为：保证 $A_i,B_i>0$。
特殊性质 2 为：保证对于每轮游戏而言，要么 $l_1=r_1$，要么 $l_2=r_2$。

算法思路

• 代码使用了稀疏表（ST表）来预处理数组x和y，以便快速查询区间最大值和最小值。主要思路是预处理x数组的正负值区间极值，以及y数组的区间极值，然后根据查询结果组合计算最终答案。

关键步骤

• 预处理对数数组lg，用于快速计算区间查询时的分段长度。
• 初始化两个ST表对象amax和amin，分别用于存储x数组的原始值和极值情况。同时，初始化bmax和bmin用于存储y数组的极值。
• 在每次查询时，分别查询x数组在指定区间的最大值、最小值以及特殊条件下的极值，同时查询y数组在指定区间的极值。
• 通过组合这些极值，计算最终答案，具体逻辑是：
• 如果x的值为负，乘以y的最大值；
• 如果x的值为正，乘以y的最小值；
• 考虑x数组中的特殊极值情况（如全负或全正）。

复杂度分析

• 预处理阶段的时间复杂度为O(n log n + m log m)，每次查询的时间复杂度为O(1)。因此，整体复杂度为O((n + m) log (n + m) + q)，适用于大规模数据查询。

详细代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int lg[22],x[N],y[N],bmax_,bmin_;
int n,m,q;
class node{
private:int a[N];int m[N][22];
public:int n;void add(int aa,int ab[]){for(int i=1;i<=n;i++)if(ab[i]<0&&aa==1)a[i]=1e18;else if(ab[i]>=0&&aa==2)a[i]=-1e18;elsea[i]=ab[i];}void yu(){for(int i=n;i>=1;i--)m[i][0]=a[i];}void qiuxiao(){for(int i=1;i<=20;i++)for(int j=1;j+(1<<i)-1<=n;j++)m[j][i]=min(m[j][i-1],m[j+(1<<(i-1))][i-1]);}void qiuda(){for(int i=1;i<=20;i++)for(int j=1;j+(1<<i)-1<=n;j++)m[j][i]=max(m[j][i-1],m[j+(1<<(i-1))][i-1]);}int qiumax(int l,int r){int s=lg[r-l+1];return max(m[l][s],m[r-(1<<s)+1ll][s]);}int qiumin(int l,int r){int s=lg[r-l+1];return min(m[l][s],m[r-(1<<s)+1ll][s]);}
}amax,amin,amax1,amin1,bmin,bmax;
int suan(int u)
{if(u<0)return u*bmax_;elsereturn u*bmin_;
}
signed main()
{ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);int l1,r1,l2,r2;cin>>n>>m>>q;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>x[i];for(int i=1;i<=m;i++)cin>>y[i];lg[1]=0;int mmm=max(n,m);for(int i=2;i<=mmm;i++)lg[i]=lg[i>>1]+1;amax.n=n;amin.n=n;amin1.n=n;amax1.n=n;bmin.n=m;bmax.n=m;amax.add(0,x);amin.add(0,x);amax1.add(2,x);amin1.add(1,x);bmin.add(0,y);bmax.add(0,y);amax.yu();amin.yu();amin1.yu();amax1.yu();bmax.yu();bmin.yu();amax.qiuda();amin.qiuxiao();amax1.qiuda();amin1.qiuxiao();bmax.qiuda();bmin.qiuxiao();while(q--){cin>>l1>>r1>>l2>>r2;int amax_=amax.qiumax(l1,r1);int amax1_=amax1.qiumax(l1,r1);int amin_=amin.qiumin(l1,r1);int amin1_=amin1.qiumin(l1,r1);bmin_=bmin.qiumin(l2,r2);bmax_=bmax.qiumax(l2,r2);int ans=-1e18;ans=max(ans,suan(amax_));if(amax1_!=-1e18)ans=max(ans,suan(amax1_));ans=max(ans,suan(amin_));if(amin1_!=1e18)ans=max(ans,suan(amin1_));
//		cout<<amax_<<" "<<amax1_<<" " <<amin_<<" "<<amin1_<<" "<<bmin_<<" "<<bmax_<<'\n';cout<<ans<<'\n';}return 0;
}