二分 + 前缀和 - Monitor - CodeForces 846D

二分 + 前缀和 - Monitor - CodeForces 846D

题意：

$给定一个n×m的矩阵，其中有q个点是坏掉的，$

$当整个矩阵中存在某个k×k的子矩阵中的点都坏了，那么整个矩阵就会损坏。$

$q个点按照一定的时间顺序损坏，$

$判断最早在何时，整个矩阵会损坏，即出现k×k个子矩阵内的点均损坏的情况。$

$若不存在整个矩阵损坏的情况，输出-1。$

输入：

$首行输入四个正整数，n,m,k,q$

$接着q行，每行包括三个正整数x_i,y_i,t_i，$

$表示(x_i,y_i)处的点在t_i时刻损坏。$

输出：

$一个正整数，表示答案。$

Examples
Input

2 3 2 5
2 1 8
2 2 8
1 2 1
1 3 4
2 3 2

Output

8

Input

3 3 2 5
1 2 2
2 2 1
2 3 5
3 2 10
2 1 100

Output

-1

数据范围:

$1 ≤ n, m ≤ 500, 1 ≤ k ≤ min(n, m), 0 ≤ q ≤ n·m,1 ≤ x_i ≤ n, 1 ≤ y_i ≤ m, 0 ≤ t _i ≤ 10^9$

---

分析：

$求时间的最小值，而时间是满足单调性的，故我们可以二分答案。$

如何check？

$首先我们对q个点，按照时间顺序从小到大排序，$

$对于每一个时间mid，我们用二维数组a，将所有在mid时间以内损坏的点上累加1，$

$然后对数组a求一遍前缀和，$

$最后全图枚举k×k的子矩阵，查询子矩阵中损坏点的数量，若数量等于k×k，则说明mid可行。$

二分的边界：

$左端点l=0是可能取到的，$

$右端点r应当取q个点中的最大时间t_{n}，再加1，即r=t_{n}+1$

$因为无解的情况下，l最终会增加到r的初始值，$

$+1是为了区分无解的情况，因答案是可能取到t_n的。$

时间复杂度： $O(nmlogt)$

代码：

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

#define ll long long

using namespace std;

const int N=510;

struct node
{
    int x,y,t;    
    bool operator < (const node s) const
    {
        return t<s.t;
    }
}T[N*N];
int n,m,k,q;
int sum[N][N];

bool check(int mid)
{
    static int a[N][N];
    memset(a,0,sizeof a);
    memset(sum,0,sizeof sum);
    
    int idx=0;
    while(idx<=q && T[idx].t<=mid) 
    {
        a[T[idx].x][T[idx].y]=1;
        ++idx;
    }
    
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)
            sum[i][j]=sum[i-1][j]+sum[i][j-1]-sum[i-1][j-1]+a[i][j];
        
    for(int i=k;i<=n;i++)
        for(int j=k;j<=m;j++)
        {
            int x=i-k+1,y=j-k+1;
            if(sum[i][j]-sum[x-1][j]-sum[i][y-1]+sum[x-1][y-1]==k*k)
                return true;
        }
    return false;
}

int main()
{
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&q);
    for(int i=0;i<q;i++) scanf("%d%d%d",&T[i].x,&T[i].y,&T[i].t);
    sort(T,T+q);
    
    int l=0,r=T[q-1].t+1;
    while(l<r)
    {
        int mid=l+r>>1;
        if(check(mid)) r=mid;
        else l=mid+1;
    }
    
    if(l>T[q-1].t) puts("-1");
    else printf("%d\n",l);
    
    return 0;
}