【题解】P2216 [HAOI2007] 理想的正方形 [单调队列]

P2216 [HAOI2007] 理想的正方形 - 洛谷

生病了，做道简单题。

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注意到数据范围， 肯定不行，转而思考  或 。

我们可以预处理出每一行  长度范围的最大最小值，线性范围求极值，容易想到单调队列。

枚举每一行，固定 i 再枚举  长度范围开始的 j，用单调队列求出最大值和最小值。

这里可以找一个函数求，因为最大值和最小值的代码差不了多少。

求出第 i 行从第 j 个开始的 n 范围最大值和最小值，

还要求出从（i， j）开始的 n * n 的方阵的最大值和最小值。

可以枚举每一列，固定 j 再枚举  长度范围开始的 i。

为什么要反着来呢？因为之前每一行的 j 我们已经处理过了。

现在要单调队列的是 n 行的同一个 j，所以要先枚举 j。

这里也可以造一个函数。

这样就可以省下  的时间复杂度，为 。

考虑定义数组：

const int N = 1e3 + 10;int mat[N][N];   // 题目给出的 a * b 矩阵
int mx[N][N];   // [i][j]：表示第 i 行从第 j 个开始的 n 范围最大值
int mn[N][N];   // [i][j]：表示第 i 行从第 j 个开始的 n 范围最小值
int mx_[N][N];   // [i][j]：从（i， j）开始的 n * n 的方阵的最大值
int mn_[N][N];   // [i][j]：从（i， j）开始的 n * n 的方阵的最小值
int q[N];       // 单调队列数组

得出 mx_ 和 mn_ 数组后，枚举开始方阵的列，枚举开始方阵的行，最大最小一减就是答案。

还有些实现的细节写代码里了：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 1e3 + 10;int mat[N][N];   // 题目给出的 a * b 矩阵
int mx[N][N];   // [i][j]：表示第 i 行从第 j 个开始的 n 范围最大值
int mn[N][N];   // [i][j]：表示第 i 行从第 j 个开始的 n 范围最小值
int mx_[N][N];   // [i][j]：从（i， j）开始的 n * n 的方阵的最大值
int mn_[N][N];   // [i][j]：从（i， j）开始的 n * n 的方阵的最小值
int q[N];       // 单调队列数组
int a, b, n;// 处理一行：t[1...b]，结果存入 m[1...b - n + 1]
void get_m(int m[], int t[], int flag) {   // 数组传入函数就是指针，也就是 & 引用 int l = 1, r = 0;for (int j = 1; j <= b; j++) {// 维护单调队列while (l <= r && ((t[q[r]] <= t[j] && flag) || (t[q[r]] >= t[j] && !flag))) {r--;}q[++r] = j;// 移除过期元素while (l <= r && q[l] + n - 1 < j) {l++;}// 从第 n 个位置开始记录结果if (j >= n) {m[j - n + 1] = t[q[l]];}}
}// 处理一列 j：从 mx[i][j] 或 mn[i][j] 中取 i=1..a，结果存入 m[i][j] for i=1..a-n+1
void get_m_(int m[][N], int t[][N], int flag, int j) {   // 二维数组传入必须指定第二维大小int l = 1, r = 0;for (int i = 1; i <= a; i++) {while (l <= r && ((t[q[r]][j] <= t[i][j] && flag) || (t[q[r]][j] >= t[i][j] && !flag))) {r--;}q[++r] = i;while (l <= r && q[l] + n - 1 < i) {l++;}if (i >= n) {m[i - n + 1][j] = t[q[l]][j];}}
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cin >> a >> b >> n;for (int i = 1; i <= a; i++) {for (int j = 1; j <= b; j++) {cin >> mat[i][j];}}// 对每一行，计算滑动窗口最大值和最小值（窗口大小 n）for (int i = 1; i <= a; i++) {get_m(mx[i], mat[i], 1);   // 最大值get_m(mn[i], mat[i], 0);   // 最小值}// 对每一列 j（注意：mx[i] 只有 [1..b-n+1] 有效）for (int j = 1; j <= b - n + 1; j++) {get_m_(mx_, mx, 1, j);   // 列方向最大值get_m_(mn_, mn, 0, j);   // 列方向最小值}int ans = 1e9;for (int i = 1; i <= a - n + 1; i++) {for (int j = 1; j <= b - n + 1; j++) {ans = min(ans, mx_[i][j] - mn_[i][j]);}}cout << ans << "\n";return 0;
}