【Cf #291 B】R2D2 and Droid Army（二分，线段树）

因为题目中要求使连续死亡的机器人最多，令人联想到二分答案。

考虑如何检验这之中是否存在一段连续的长度为md的区间，其中花最多k步使得它们都死亡。

这个条件等价于区间中m个最大值的和不超过k。

枚举起点，可以用 $ O(mlogn) $ 的时间确定这段区间是否合法，最终check的复杂度是 $ O(nmlogn) $。

总复杂度是 $ O(nmlog^{2}n) $。

$ \bigodot $ 技巧&套路：

• 最大（小）值的问题，可以考虑二分答案。
• check时用线段树优化区间平移，来枚举每一个长度固定的区间。

 #include <cstdio>
 #include <iostream>
 #include <algorithm>

 const int N = ;

 int n, m, k, re;
 int a[N][], ans[], tmp[];

 namespace SE {
   int ma[][N << ];
   inline void Up(int t) {
     for (int i = ; i <= m; ++i) {
       ma[i][t] = std::max(ma[i][t << ], ma[i][t <<  | ]);
     }
   }
   void Build(int t, int l, int r) {
     if (l == r) {
       for (int i = ; i <= m; ++i) ma[i][t] = a[l][i];
       return;
     }
     int md = (l + r) >> ;
     Build(t << , l, md);
     Build(t <<  | , md + , r);
     Up(t);
   }
   int Query(int t, int l, int r, int L, int R, int ty) {
     if (L <= l && r <= R) return ma[ty][t];
     int md = (l + r) >> , re = ;
     if (L <= md) re = std::max(re, Query(t << , l, md, L, R, ty));
     if (md < R) re = std::max(re, Query(t <<  | , md + , r, L, R, ty));
     return re;
   }
 }

 inline int Check(int md) {
   for (int i = ; i + md -  <= n; ++i) {
     int sum = ;
     for (int j = ; j <= m; ++j) {
       tmp[j] = SE::Query(, , n, i, i + md - , j);
       sum += tmp[j];
       if (sum > k) break;
     }
     if (sum <= k) {
       for (int j = ; j <= m; ++j) ans[j] = tmp[j];
       return ;
     }
   }
   return ;
 }

 int main() {
   scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
   for (int i = ; i <= n; ++i) {
     for (int j = ; j <= m; ++j) {
       scanf("%d", &a[i][j]);
     }
   }
   SE::Build(, , n);
   for (int nl = , nr = n, md; nl <= nr; ) {
     md = (nl + nr) >> ;
     if (Check(md)) {
       re = md; nl = md + ;
     } else {
       nr = md - ;
     }
   }
   if (re) Check(re);
   for (int i = ; i <= m; ++i) {
     printf("%d ", (re)? ans[i] : );
   }

   return ;
 }