Topcoder MaxSquare 和 [USACO19FEB]Mowing Mischief

MaxSquare

给定一个长度为 (n) 的序列 (B_1, B_2,dots, B_n)，在此基础上构造了一个矩阵 (A)，满足 (A_{i,j}= b_i+ b_j)。求 (A) 权值和最大的子正方形。

(n ≤ 10^5)。

推式子

既然 (A) 的构造方式很独特，那么我们先把答案式暴力展开。

[ans=max_{c=1}^n max_{x,y} sum_{i=x}^{x+c-1}sum_{i=y}^{y+c-1} A_{i,j}\ =max_{c=1}^n max_{x,y} sum_{i=x}^{x+c-1}sum_{i=y}^{y+c-1} (B_i+B_j)\ =max_{c=1}^n c max_{x,y} left(sum_{i=x}^{x+c-1}B_i+sum_{i=y}^{y+c-1} B_j ight)\ ]

(x,y) 的枚举是等价的，两者最终的结果一定是一样的，所以改成两倍。

[ans=2max_{c=1}^n c max_x sum_{i=x}^{x+c-1}B_i\ =2max_{c=1}^n c max_x (S_{x+c-1}-S_{x-1}) ]

将 (c) 的枚举转化为差计算。

[ans=2 max_{j < i} (i-j)(S_i-S_j) ]

分治套路

将 ((i,S_i)) 看成点，那么我们要找的就是两个点构成的矩形面积的最大值。

注意到若 (j_1 < j_2,S_{j_1} < S_{j_2})，那么选 (j_2) 做左下角一定不优；若 (i_1 < i_2,S_{i_1} < S_{i_2})，那么选 (i_1) 做右上角一定不优。

我们可以用单调栈预处理出哪些点可以做左下角，哪些点可以做右上角。左下角一定是下凸壳的形式，右上角一定是上凸壳的形式。

若左下角有决策点 (y < x)，右上角有决策点 (i < j)，并且 (i) 的最优方案是 (x)，那么有

[(i-x)(S_i-S_x) > (i-y)(S_i-S_y)\ xS_x-yS_y-(x-y)S_i-i(S_x-S_y) > 0 ]

因为 (-(x-y) < 0,-(S_x-S_y)>0) 而 (j>i,S_j<S_i)，所以把 (i) 换成 (j)，把 (S_i) 换成 (S_j) 之后该不等式依然成立。也就是说

[(j-x)(S_j-S_x) > (j-y)(S_j-S_y) ]

所以这个最优方案具有决策单调性。那么写一个值域分治就好了。

时间复杂度大概一个log？

vector<int> lef,rig;
vector<int> a;
vector<int64> pre;
int64 ans=0;

IN int64 calc(int l,int r){
	return (rig[r]-lef[l])*(pre[rig[r]]-pre[lef[l]]);
}
void solve(int l,int r,int L,int R){
	if(l>r) return;
	int mid=(l+r)>>1;
	int mark=L;
	int64 ans=calc(mid,L);
	for(int i=L+1;i<=R;++i)if(ans<calc(mid,i))
		ans=calc(mid,i),mark=i;
	::ans=max(::ans,ans);
	solve(l,mid-1,L,mark),solve(mid+1,r,mark,R);
}

class MaxSquare{
public:
	int64 getMaxSum(int n,int64 s,int q,int o,vector<int> x,vector<int> y){
		a.resize(n);
		CO int64 mod=1LL<<51;
		for(int i=0;i<n;++i){
			a[i]=(s>>20)%q+o;
			int64 s0=s*621%mod;
			int64 s1=s*825%mod;
			int64 s2=s*494%mod;
			s=s*23%mod;
			s=((s<<10)+s2)%mod;
			s=((s<<10)+s1)%mod;
			s=((s<<10)+s0+11)%mod;
		}
		for(int i=0;i<(int)x.size();++i) a[x[i]]=y[i];
		pre.resize(n+1),pre[0]=0;
		for(int i=0;i<n;++i) pre[i+1]=pre[i]+a[i];
		for(int i=0;i<=n;++i)
			if(lef.empty() or pre[lef.back()]>pre[i]) lef.push_back(i);
		for(int i=n;i>=0;--i)
			if(rig.empty() or pre[i]>pre[rig.back()]) rig.push_back(i);
		reverse(rig.begin(),rig.end());
		solve(0,lef.size()-1,0,rig.size()-1);
		if(ans==0){
			ans=a[0]; // edit 1: must choose
			for(int i=1;i<n;++i)
				ans=max(ans,(int64)a[i]);
		}
		return 2*ans;
	}
};

//int main(){
//	MaxSquare tmp;
//	int64 ans=tmp.getMaxSum(10,42,40,-5,{},{});
//	printf("%lld
",ans);
//	return 0;
//}

Mowing Mischief

题目描述

Bessie的表妹Ella和Bella正在参观农场。不幸的是，自从他们到达以来，他们一直在恶作剧。

在他们的最新计划中，他们决定尽可能多地割草。农场的草地是 $T imes T$ 的正方形。左下角是 $(0,0)$ ，右上角是 $(T,T)$ 。因此，正方形包含 $(T+1)^2$ 个格点（具有整数坐标的点）。

Ella和Bella计划从 $(0,0)$ 开始并以每秒一个单位长度的速度运行到 $(T,T)$ ，同时每只奶牛都握住非常锋利且非常有弹性的线的一端。任何被这根电线扫过的区域的草都会被切断。Ella和Bella可能采取不同的路径，但她们只会向上或者向右移动，从一个格点移动到另一个格点。

Bessie非常担心会切割太多的草，所以她发明了一个聪明的计划来限制Ella和Bella的路径。在整个草原上散布着 $N$ 种花（ $1 leq N leq 2 imes 10^5$ ），每种花都在一个特定的格点上。 Bessie将从这些花中挑选一个子集 $S$ ， $S$ 集合中的花Ella和Bella都需要经过（Ella和Bella的路径都必须经过 $S$ 中的所有花朵）。

Ella和Bella将会切割面积尽可能大的草，请帮助Bessie确定集合 $S$ 使得在 $S$集合尽可能大的情况下被切割的草的面积最小。

输入输出格式

输入格式：

输入第一行包括两个数 $N,T (1 leq T leq 10^6)$ 。

接下来 $N$ 行每行包含两个数 $x_i,y_i$ ，代表一种花的位置。保证没有两种不同的花在同一位置上。

输出格式：

输出一个整数，即被切割的草的面积的最小值。

输入输出样例

输入样例#1： 复制

5 20
19 1
2 6
9 15
10 3
13 11

输出样例#1： 复制

117

说明

选择 $(10,3)$ 和 $(13,11)$ 这两个位置上的花，可以使得被切割的草的面积最小。

子任务：对于 $20\%$ 的数据， $N leq 3200$ 。

B君的讲课

那个割草其实就是两个点之间的矩形面积，所以说这题求的就是找出极大纵坐标最长上升子序列，并使得相邻两点之间构成的矩形面积和最小，坐标没有重复的，出题人很良心。

发现在最长上升子序列中每个点的排名是固定的，所以可以按照排名把点分层，每层之间转移。

考虑每层之间如何转移，每层的点一定是从左上到右下的，并且这个转移具有单调性，即后一层的点后移的时候，前一层的要最优必须前移才行。而这种单调性可以使用整体二分解决，即先找后一层中间的点的最优转移在前一层的那个点，更新答案后左右递归分治，时间复杂度(O(n log n))。

但是相邻两层之间并不是每个点都可以互相转移到的，所以要维护前一层哪些点能转移到后一层的哪些点。显然后一层的每个点一定能被前一层的一个区间内的点转移到，也就是每一次都给一个区间添上到后一层的某个点的转移。这个可以用线段树分治来维护，即把待操作的区间按照线段树的方式分解成(O(log n))个区间添上转移，最后遍历线段树处理转移。

总时间复杂度(O(n log^2 n))

co int N=2e5+10;
int n;
pair<int,int> points[N];
int lastmin[N];
ll t;
vector<pair<int,int> > group[N];
vector<ll> dp[N];
vector<int> querys[N*4];
#define lc (x<<1)
#define rc (x<<1|1)
void build(int x,int l,int r){
	querys[x].clear();
	if(l==r) return;
	int mid=l+r>>1;
	build(lc,l,mid),build(rc,mid+1,r);
}
void change(int x,int l,int r,int ql,int qr,int v){
	if(ql<=l&&r<=qr) return querys[x].push_back(v);
	int mid=l+r>>1;
	if(ql<=mid) change(lc,l,mid,ql,qr,v);
	if(qr>mid) change(rc,mid+1,r,ql,qr,v);
}
void solve(co vector<int>&querys,int l,int r,int L,int R,int index){
	if(l>r) return;
	int mid=l+r>>1,j=querys[mid];
	ll best=1e18;
	int pos=-1;
	for(int k=L,dx,dy;k<=R;++k){
		dx=group[index][j].first-group[index-1][k].first,
		dy=group[index][j].second-group[index-1][k].second;
		if(dx>0&&dy>0){
			ll tmp=dp[index-1][k]+(ll)dx*dy;
			if(best>tmp) best=tmp,pos=k;
		}
	}
	dp[index][j]=min(dp[index][j],best);
	solve(querys,l,mid-1,pos,R,index),solve(querys,mid+1,r,L,pos,index);
}
void query(int x,int l,int r,int index){
	solve(querys[x],0,querys[x].size()-1,l,r,index);
	if(l==r) return;
	int mid=l+r>>1;
	query(lc,l,mid,index),query(rc,mid+1,r,index);
}
int main(){
//	freopen(".in","r",stdin),freopen(".out","w",stdout);
	read(n),read(t);
	for(int i=1;i<=n;++i) read(points[i].first),read(points[i].second);
	points[n+1]=make_pair(t,t);
	sort(points,points+n+2);
	int length=-1;
	for(int i=0;i<n+2;++i){
		int L=-1,R=length;
		while(L<R){
			int M=L+R+1>>1;
			if(lastmin[M]<points[i].second) L=M;
			else R=M-1;
		}
		lastmin[L+1]=points[i].second;
		group[L+1].push_back(points[i]);
		length=max(length,L+1);
	}
	dp[0].resize(1);
	dp[0][0]=0;
	for(int i=1;i<=length;++i){
		dp[i].resize(group[i].size());
		build(1,0,dp[i-1].size()-1);
		for(int j=0;j<group[i].size();++j){
			dp[i][j]=1e18;
			int st=-1,ed=-1;
			int L=0,R=group[i-1].size()-1;
			while(L<R){
				int M=L+R>>1;
				if(group[i-1][M].second>group[i][j].second) L=M+1;
				else R=M;
			}
			st=L;
			L=0,R=group[i-1].size()-1;
			while(L<R){
				int M=L+R+1>>1;
				if(group[i-1][M].first>group[i][j].first) R=M-1;
				else L=M;
			}
			ed=L;
			change(1,0,group[i-1].size()-1,st,ed,j);
		}
		query(1,0,group[i-1].size()-1,i);
	}
	printf("%lld
",dp[length][0]);
	return 0;
}