題目大意
有乙個\(n\times m\)的網格，每個位置是黑色或者白色。\(k\)個操作，每個操作是將乙個白格仔染黑，操作後輸出當前最大的白色正方形的邊長。\(n,m,k\leq 2\times 10^3\)
題解發現在每次操作是把白格仔變黑，會使答案變小。維護「變小的最大值」聽上去不太舒服。考慮把操作全都反過來，變成把黑格仔染白。
這樣每次操作之後，如果答案變大了，那麼新的答案正方形一定包含在被操作的格仔。
考慮對每個點記它左邊最左的白格仔和右邊最右的白格仔，操作時暴力更新與被操作點同行的點。
答案就是想找連續的一段與被操作的點在同一列，「段的長度」與「最左的右邊界-最右的左邊界」的最小值盡可能大。
發現可以判斷答案是否大於乙個數\(x\)：當這一列上存在乙個點，滿足該點到從該點往上數第\(x\)個點滿足「最左的右邊界-最右的左邊界」不少於\(x\)，\(x\)就可以；反之就不可以。
可以用線段樹或單調佇列維護區間最左右邊界和最右左邊界。
這題知道判斷解是否合法的方法後也不用二分，因為在處理過後答案就是不降的，而且不會超過\(min(n,m)\)，而判斷能否使答案增加1需要\(\theta(n)\)或\(\theta(n\space log\space n)\)的時間複雜度，所以可以每次暴力判斷能否使答案增加。
總時間複雜度\(\theta(n\times m+k\times m+k\times n)\)。
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#include#include#include#include#include#include#include#include#include#include#include#include#define ll long long
#define rep(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);++i)
#define dwn(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);--i)
#define view(u,k) for(int k=fir[u];~k;k=nxt[k])
#define maxn 2007
using namespace std;
int read()
void write(int x)
if(x<0)putchar('-'),x=-x;
while(x)ch[++f]=x%10+'0',x/=10;
while(f)putchar(ch[f--]);
putchar('\n');
}int qx[maxn],qy[maxn],q[maxn],hd,tl;
int col[maxn][maxn],ans,lmx[maxn][maxn],rmx[maxn][maxn],n,m,k,res[maxn],tmp[maxn],dp[maxn][maxn];
char s[maxn];
int jud(int yy)
int main()
rep(i,1,k)qx[i]=read(),qy[i]=read(),col[qx[i]][qy[i]]=1;
rep(i,1,n)
dp[i][j]=min(min(dp[i-1][j],dp[i][j-1]),dp[i-1][j-1])+1;
ans=max(dp[i][j],ans);
if(j==1||col[i][j-1])lmx[i][j]=j;
else lmx[i][j]=lmx[i][j-1];
} dwn(j,m,1)
if(j==m||col[i][j+1])rmx[i][j]=j;
else rmx[i][j]=rmx[i][j+1];
} }dwn(i,k,1)
rep(i,1,k)write(res[i]);
return (0-0);
}
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