牛客网暑期ACM多校训练营（第二场）carpet

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题意

有一个n*m的地毯，a_ij表示地毯每格的元素，b_ij表示地毯每格的价格，要求选取一块价格最大值最小的地毯，并且这块地毯无限铺开之后，原地毯是其子矩阵。

题解

先找到这个矩阵的最小循环节子矩阵，求一下每行的循环节长度用map记录，取出现次数为m并且循环节长度最小的；每列也求一下循环节长度用map记录，取出现次数为m并且循环节长度最小的；这样就得到了最小的循环节子矩阵。然后问题就变成了求一个p*q的子矩阵最大值的最小值，可以参考这个题 Fake Maxpooling （求得是k*k子矩阵的最大值的和）稍加修改变成求p*q子矩阵的最大值的最小值就好了。这里用到单调队列，先横着算一下每个长度为p的区间的最大值记录下来，然后再把记录下来的数组竖着同样算一下长度为q的区间，将每次求到的最大值取最小值。

 

ps：谨记像这种横着求一遍竖着求一遍的一定不能求第二遍的时候直接copy第一遍的代码改，会把自己坑死的！！！不要手懒！！！

代码

  1 #include<bits/stdc++.h>
  2 #define ll long long
  3 using namespace std;
  4
  5 const int maxn=1e6+10;
  6 int nt1[maxn];
  7 int nt2[maxn];
  8 string s[maxn];
  9 unordered_map<int,int> mp;
 10 deque<int> dq;
 11 int val[maxn],v[maxn];
 12
 13 void getnt1(string s)
 14 {
 15     int i=0,j=-1;
 16     nt1[0]=-1;
 17     while(i<s.size()){
 18         if(j==-1||s[i]==s[j]) i++,j++,nt1[i]=j;
 19         else j=nt1[j];
 20     }
 21 }
 22
 23 void getnt2(string s)
 24 {
 25     int i=0,j=-1;
 26     nt2[0]=-1;
 27     while(i<s.size()){
 28         if(j==-1||s[i]==s[j]) i++,j++,nt2[i]=j;
 29         else j=nt2[j];
 30     }
 31 }
 32
 33 int main()
 34 {
 35     ios::sync_with_stdio(false);
 36     cin.tie(0);
 37     cout.tie(0);
 38
 39     int n,m;
 40     cin>>n>>m;
 41     for(int i=0;i<n;i++) cin>>s[i];
 42     for(int i=0;i<n;i++){
 43         for(int j=0;j<m;j++){
 44             cin>>v[i*m+j];
 45         }
 46     }
 47
 48     int pp=m,qq=n;
 49     for(int i=0;i<n;i++){
 50         getnt1(s[i]);
 51         int p=nt1[m];
 52         while(p!=-1){
 53             mp[m-p]++;
 54             if(mp[m-p]==n) pp=min(pp,m-p);
 55             p=nt1[p];
 56         }
 57     }
 58     mp.clear();
 59     for(int i=0;i<m;i++){
 60         string t;
 61         for(int j=0;j<n;j++){
 62             t+=s[j][i];
 63         }
 64         getnt2(t);
 65         int p=nt2[n];
 66         while(p!=-1){
 67             mp[n-p]++;
 68             if(mp[n-p]==m) qq=min(qq,n-p);
 69             p=nt2[p];
 70         }
 71     }
 72
 73     int ans=1e9;
 74     for(int i=0;i<n;i++){
 75         while(dq.size()) dq.pop_back();
 76         for(int j=0;j<pp-1;j++){
 77             while(dq.size()&&v[i*m+dq.back()]<=v[i*m+j]) dq.pop_back();
 78             dq.push_back(j);
 79         }
 80         for(int j=pp-1;j<m;j++){
 81             while(dq.size()&&dq.front()+pp<=j) dq.pop_front();
 82             while(dq.size()&&v[i*m+dq.back()]<=v[i*m+j]) dq.pop_back();
 83             dq.push_back(j);
 84             val[i*m+j]=v[i*m+dq.front()];
 85         }
 86     }
 87     for(int i=pp-1;i<m;i++){
 88         while(dq.size()) dq.pop_back();
 89         for(int j=0;j<qq-1;j++){
 90             while(dq.size()&&val[dq.back()*m+i]<=val[j*m+i]) dq.pop_back();
 91             dq.push_back(j);
 92         }
 93         for(int j=qq-1;j<n;j++){
 94             while(dq.size()&&dq.front()+qq<=j) dq.pop_front();
 95             while(dq.size()&&val[dq.back()*m+i]<=val[j*m+i]) dq.pop_back();
 96             dq.push_back(j);
 97             ans=min(ans,val[dq.front()*m+i]);
 98         }
 99     }
100     ll res=(ll)ans*(ll)(pp+1)*(ll)(qq+1);
101     cout<<res<<endl;
102     return 0;
103 }