BZOJ1926：[SDOI2010]粟粟的书架

浅谈主席树：https://www.cnblogs.com/AKMer/p/9956734.html

题目传送门：https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1926

这题应该算是两题……首先贪心的想，我们肯定是尽量选厚的书。对于前\(50\)%的数据，我们可以统计大于等于\(k\)的数字的二维前缀和与书的本数，然后二分\(k\)，直接\(O(1)\)计算厚度总和可不可以大于\(h\)，记得，如果对于某个\(k\)，如果这一个子矩阵里的高度总和大于\(h\)，我们还要试着去掉厚度为\(k\)的书，让厚度总和尽可能逼近\(h\)才行。因为二分具有单调性，\(k\)满足而\(k+1\)不满足，那么你能去掉的厚度为\(k\)的本数肯定不会大于真实的\(k\)的本数。

对于后\(50\)%的数据，因为书架从矩阵退化成了数列，我们可以用主席树维护。我们在值域上建主席树，\(rt[i]\)表示第\(i\)个版本的主席树，也就是\(1\)～\(i\)号书全部插入主席树之后的主席树。对于一个询问[\(l,r\)]，我们先看右儿子的总厚度是否大于\(h\)，是的话就往右儿子走，否则使\(h\)减去右儿子的总厚度，到左儿子里去找剩下的\(h\)。当你确定到某一本厚度的时候，像二分那样，只返回要用的最少的本数而不是全部都返回。

时间复杂度：\(O(n^2p+mlogp)\)---前\(50\)%，\(O((n+m)logn)\)---后\(50\)%

空间复杂度：\(O(n^2p)\)---前\(50\)%，\(O(nlogn)\)---后\(50\)%

代码如下：

#include <cstdio>
using namespace std;

const int maxn=5e5+5;

int n,m,q,x1,x2;
int p1[205][205];
int p2[maxn],rt[maxn];
int sum[205][205][1005],cnt[205][205][1005];

int read() {
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())if(ch=='-')f=-1;
	for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())x=x*10+ch-'0';
	return x*f;
}

void init() {
	n=read(),m=read(),q=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=m;j++)
			if(n!=1)p1[i][j]=read();
			else p2[j]=read();
}

int calc(int (*a)[205][1005],int x1,int y1,int x2,int y2,int k) {
	return a[x2][y2][k]-a[x1-1][y2][k]-a[x2][y1-1][k]+a[x1-1][y1-1][k];
}

void solve1() {
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=m;j++)
			for(int k=0;k<=1000;k++) {
				sum[i][j][k]=sum[i][j-1][k]+sum[i-1][j][k]-sum[i-1][j-1][k];
				cnt[i][j][k]=cnt[i][j-1][k]+cnt[i-1][j][k]-cnt[i-1][j-1][k];
				if(p1[i][j]>=k) sum[i][j][k]+=p1[i][j],cnt[i][j][k]++;
			}
	for(int i=1;i<=q;i++) {
		int x1=read(),y1=read(),x2=read(),y2=read(),h=read();
		int l=0,r=1000,ans=-1;
		while(l<r) {
			int mid=(l+r+1)>>1;
			int tmp=calc(sum,x1,y1,x2,y2,mid);
			if(tmp<h)r=mid-1;
			else  {
				l=mid,ans=calc(cnt,x1,y1,x2,y2,mid);
				ans-=(tmp-h)/mid;//直接减，不要虚
			}
		}
		if(ans==-1)puts("Poor QLW");
		else printf("%d\n",ans);
	}
}

struct tree_node {
	int cnt,sum,ls,rs;
};

struct chairman_tree {
	int tot;
	tree_node tree[maxn*20];

	void ins(int lst,int &now,int l,int r,int pos) {
		now=++tot;tree[now]=tree[lst];
        tree[now].cnt++,tree[now].sum+=pos;
		if(l==r)return;
		int mid=(l+r)>>1;
		if(pos<=mid)ins(tree[lst].ls,tree[now].ls,l,mid,pos);
		else ins(tree[lst].rs,tree[now].rs,mid+1,r,pos);
	}

	int query(int L,int R,int l,int r,int limit) {
		if(tree[R].sum-tree[L].sum<limit)return -1;
		if(l==r) {
			int tmp=tree[R].cnt-tree[L].cnt;
			int fake=tree[R].sum-tree[L].sum;
			return tmp-(fake-limit)/l;//本数减去可以去掉的数量
		}
		int mid=(l+r)>>1,tmp=tree[tree[R].rs].sum-tree[tree[L].rs].sum;
		int fake=tree[tree[R].rs].cnt-tree[tree[L].rs].cnt;
		if(tmp>=limit)return query(tree[L].rs,tree[R].rs,mid+1,r,limit);
		else return query(tree[L].ls,tree[R].ls,l,mid,limit-tmp)+fake;
		return 0;
	}
}T;

void solve2() {
	for(int i=1;i<=m;i++)
		T.ins(rt[i-1],rt[i],1,1000,p2[i]);
	for(int i=1;i<=q;i++) {
		x1=read();int l=read();x2=read();int r=read(),h=read();
		int ans=T.query(rt[l-1],rt[r],1,1000,h);
		if(ans==-1)puts("Poor QLW");
		else printf("%d\n",ans);
	}
}

int main() {
	init();
	if(n!=1)solve1();
	else solve2();
	return 0;
}