Sub Matrix Sum（UCF Local Programming Contest 2019（Practice），二分单调栈）

一.题目链接

$\quad$ Sub Matrix Sum

二.题目大意

$\quad$ 给出一个大小 $\times C$ 的矩阵，要求选出一个子矩阵，在子矩阵和不小于 $S$ 的条件下，输出子矩阵的最小大小.

$\quad$ $\leq R,C,R \times C \leq 10^5, -10^9 \leq S,矩阵元素 \leq 10^9$

三.分析

$\quad$ 由于矩阵元素可为负，因此尺取是不可行的.

$\quad$ 考虑暴力做法，我们可以先用 $i$ 枚举起始行，再用 $j$ 枚举终止行，对列做一遍压缩再做一遍前缀和（答案存在数组 $b []$ 中），然后用 $k$ 扫一遍列，对于每一个 $k$ 以 $O (C)$ 的时间复杂度扫一遍更新答案，总的时间复杂度为 $\times C)^2)$ .

$\quad$ 可见，暴力做法的时间冗余在 $O (C)$ 扫一遍更新答案上.

$\quad$ 暴力做法中，对于每一个 $k$ ，我们要在 $[1, k]$ 中选取一个 $l$ ，在满足 $\geq S$ 的条件下，选取最小的 $l$ .

$\quad$ 实际上，我们可以用保持 $b [s t []]$ 单调递增的单调栈维护 $l$ . 这样在单调栈 $s t []$ 内， $s t []$ 递增且 $b [s t []]$ 递增. 于是对 $b [k]$ 来讲，满足 $b[l^*] \geq S$ 的 $l^*$ 为 $s t []$ 的一个前缀. 那我们可以在单调栈内二分出满足 $b[l^*] \geq S$ 最大的 $l$ .

$\quad$ 总时间复杂度为 $\times R \times C)$ .

四.代码实现

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;

const int M = (int)1e5;
const ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const ll mod = (ll)1e9 + 9;
const double eps = 1e-6;

int R, C; ll S;
vector < vector<ll> > v;
ll b[M + 5];
int st[M + 5], tp;

int main()
{
    
    
//    freopen("input.txt", "r", stdin);
//    freopen("output.txt", "w", stdout);
    scanf("%d %d %lld", &R, &C, &S);
    if(R <= C)
    {
    
    
        v.resize(R + 1); for(int i = 0; i <= R; ++i) v[i].resize(C + 1);
        for(int i = 1; i <= R; ++i) for(int j = 1; j <= C; ++j) scanf("%lld", &v[i][j]);
    }
    else
    {
    
    
        v.resize(C + 1); for(int i = 0; i <= C; ++i) v[i].resize(R + 1);
        for(int i = 1; i <= R; ++i) for(int j = 1; j <= C; ++j) scanf("%lld", &v[j][i]);
        swap(R, C);
    }
    for(int i = 1; i <= R; ++i) for(int j = 1; j <= C; ++j) v[i][j] += v[i - 1][j];
    int l, r, mid; ll mi = inf;
    for(int i = 1; i <= R; ++i)
    {
    
    
        for(int j = i; j <= R; ++j)
        {
    
    
            for(int k = 1; k <= C; ++k) b[k] = b[k - 1] + v[j][k] - v[i - 1][k];
            tp = 0;
            for(int k = 1; k <= C; ++k)
            {
    
    
                l = 0, r = tp;
                while(l < r)
                {
    
    
                    mid = (l + r + 1) >> 1;
                    if(b[k] - b[st[mid]] >= S)  l = mid;
                    else                        r = mid - 1;
                }
                if(b[k] - b[st[r]] >= S) mi = min(mi, 1ll * (j - i + 1) * (k - st[r]));
                while(tp && b[k] <= b[st[tp]]) --tp;
                st[++tp] = k;
            }
        }
    }
    printf("%lld\n", mi == inf ? -1 : mi);
    return 0;
}