前置知識
一維rmq及其拓展
對於乙個n×m
n×m的矩陣，每個格仔有乙個值，有q
q個詢問，每次詢問你乙個子矩陣中的最大值。1≤
n,m≤
500,q≤
1061
≤n,m
≤500
,q≤1
06每次花子矩陣大小的複雜度去查詢。
複雜度最壞o(q
×n×m
)o(q
×n×m
)我們用n
n棵線段樹或者樹狀陣列來維護每行區間最大值，複雜度最壞o(n
mlog
m+qn
logm
)o(n
mlog
m+qn
logm
)，還是沒法過，有沒有更快的方法呢？
既然是靜態的詢問，沒有修改操作，那麼很容易聯想到rmq
rmq中的sts
t表。那麼暴力的sts
t表就是和資料結構的做法類似，預處理nn個s
tst表，每次在多個sts
t表中查詢最大值，複雜度最壞為o(n
mlog
m+qn
)o(n
mlog
m+qn
)，雖然能過更多的資料，但是還是不夠。
既然查詢物件是個二維矩陣，那麼我們能不能維護乙個二維的sts
t表呢？答案顯然是肯定的。
預處理：
所以我們令st[
i][j
][k]
[l]s
t[i]
[j][
k][l
]，為新的sts
t表，表示以(i,
j)(i
,j)為左上角，右下角為(i+
2k−1
,j+2
l−1)
(i+2
k−1,
j+2l
−1)的矩陣中的最大值，那麼我們可以看出預處理的複雜度會是o(n
mlog
nlog
m)o(
nmlo
gnlo
gm)，所以對於詢問數交少的還是用資料結構o(n
mlog
m)o(
nmlo
gm)預處理查詢比較好。
然後我們來看，對於每個st[
i][j
][k]
[l]s
t[i]
[j][
k][l
]，可以由哪些狀態更新。
我們來看這個狀態表示的矩陣，如下圖：
假設這裡左上角的點aa為(
i,j)
(i,j
)，右下角點dd為(
i+2k
−1,j
+2l−
1)(i
+2k−
1,j+
2l−1
)，那麼我們可以把它分成兩部分，如下圖：
那麼我們將點e
e看作(i,
j+2l
−1)(
i,j+
2l−1
)，其實原來的大矩陣就可以由分成的這兩個小矩陣更新得到，轉移如下：st
[i][
j][k
][l]
=maxs
t[i]
[j][
k][l
]=max其中，max
max
裡面第乙個為上半部分矩陣，後面乙個為下半部分矩陣。
如果l=0l
=0的話，就將其豎起剖成兩部分即可，是同理的。轉移如下：st
[i][
j][k
][l]
=maxs
t[i]
[j][
k][l
]=max所以最後按照k,l
k,l從小到大更新即可。
查詢
對於乙個子矩陣，我們假設它的左上角座標為(x1
,y1)
(x1
,y1
)，右下角為(x2
,y2)
(x2
,y2
)，那麼可以通過預處理的二維sts
t表，將其分成四部分查詢，如下圖：
其中四個部分為圖中w1(
a,e,
f,g)
,w2(
h,b,
j,i)
,w3(
m,l,
k,c)
,w4(
o,p,
d,n)
w1(
a,e,
f,g)
,w2
(h,b
,j,i
),w3
(m,
l,k,
c),w
4(o
,p,d
,n)，查詢區間是可以重合的。
其實就對應了如下四個預處理的狀態，我們令p=l
og2(
x2−x
1+1)
,q=l
og2(
y2−y
1+1)
p=lo
g2(
x2−
x1+
1),q
=log
2(y
2−y
1+1
)：max→a
nsmax⎩⎪⎪
⎪⎨⎪⎪
⎪⎧s
t[x1
][y
1][
p][q
]→w1
st[
x2−
2p+1
][y1
][p
][q]
→w2
st[x
1][
y2−
2q+1
][p]
[q]→
w3s
t[x2
−2p
+1][
y2−
2q+1
]→w4
}→
ans答案就為上面四個矩陣的max
max
，所以預處理對數，每次o(1
)o(1
)回答即可。
那麼總的複雜度為o(n
mlog
nlog
m+q)
o(nm
logn
logm
+q)，是可以過的了。
**：
#include
#include
#include
using
namespace std;
const
int log=12;
const
int n=
610;
const
int inf=
1e9;
int n,m,q;
int maxv[log]
[log]
[n][n]
;int pre[n]
,val[n]
[n];
void
init()
}}}}
intquery
(int x1,
int y1,
int x2,
int y2)
int x1,x2,y1,y2;
intmain()
return0;
}
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