2020.01.18日常总结

$\color{green}{理想的正方形[HAOI2007]}$

$\color{blue}{【题意】：}$

$\color{blue}{【思路】：}$ 首先考虑暴力的做法——很简单，枚举正方形的左上角，然后用 $\color{red}{打擂台}$的方法求出最大值和最小值更新答案即可。

然而这样做的时间复杂度是 $O(a \times b \times n^2)$，一定会超时。

考虑如何优化， $O(a \times b)$是底线，只能想方设法把 $n^2$省略掉。

我们记 $pmin[i][j]$和 $pmax[i][j]$分别表示 $p[i][j],p[i][j+1],p[i][j+2]...p[i][j+n-1]$中的最小和最大值。求出 $pmin$和 $pmax$后，记 $fmin[i][j]$表示 $pmin[i][j],pmin[i+1][j],pmin[i+2][j]...pmin[i+n-1][j]$中的最小值， $fmax[i][j]$表示 $pmax[i][j],pmax[i+1][j],pmax[i+2][j]...pmax[i+n-1][j]$中的最大值。

我们可以发现 $pmin,pmax,fmin,fmax$都可以用 $O(a \times b)$的算法求出，而 $fmin[i][j],fmax[i][j]$就是以 $(i,j)$为左上角的正方形的最小最大值。

总的时间复杂度是 $O(a \times b)$。代码中的定义稍有不同，在代码中也有解释（其实就是把 $fmin[i][j],fmax[i][j]$变成了以 $(i,j)$为右下角的正方形的最小最大值而已）。

$\color{blue}{【代码】：}$

const int N=1020;
int P_min[N][N],P_max[N][N];
int F_min[N][N],F_max[N][N];
int ans,n,m,k,q[N],l,r,a[N][N];
//P_min[i][j]=min{a[i][v](j-k+1<=v<=j)}
//P_max[i][j]=max{a[i][v](j-k+1<=v<=j)}
//F_max[i][j]=max{P_max[v][j](i-k+1<=v<=i)}
//F_min[i][j]=min{P_min[v][j](i-k+1<=v<=i)}
int main(){
//	freopen("t1.in","r",stdin);
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=m;j++)
			scanf("%d",&a[i][j]);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		memset(q,0,sizeof(q));l=1;r=0;
		for(int j=1;j<=m;j++){
			while (l<=r&&q[l]<=j-k) l++;
			while (l<=r&&a[i][q[r]]>=a[i][j]) r--;
			q[++r]=j;if (j>=k) P_min[i][j]=a[i][q[l]];
		}
		memset(q,0,sizeof(q));l=1;r=0;
		for(int j=1;j<=m;j++){
			while (l<=r&&q[l]<=j-k) l++;
			while (l<=r&&a[i][q[r]]<=a[i][j]) r--;
			q[++r]=j;if (j>=k) P_max[i][j]=a[i][q[l]];
		}
	}
	for(int j=k;j<=m;j++){
		memset(q,0,sizeof(q));l=1;r=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			while (l<=r&&q[l]<=i-k) l++;
			while (l<=r&&P_min[q[r]][j]>=P_min[i][j]) r--;
			q[++r]=i;if (i>=k) F_min[i][j]=P_min[q[l]][j];
		}
		memset(q,0,sizeof(q));l=1;r=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			while (l<=r&&q[l]<=i-k) l++;
			while (l<=r&&P_max[q[r]][j]<=P_max[i][j]) r--;
			q[++r]=i;if (i>=k) F_max[i][j]=P_max[q[l]][j];
		}
	}
	ans=0x3f3f3f3f;
	for(int i=k;i<=n;i++)
		for(int j=k;j<=m;j++)
			ans=min(ans,F_max[i][j]-F_min[i][j]);
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

---

$\color{green}{Minimum\ \ \ Ternary\ \ \ String}$

$\color{blue}{【英文题意】：}$

$\color{blue}{【中文题意】：}$


$\color{blue}{【分析】：}$
首先我们来看一个贪心的思路：只要交换后能使原字符串的字典序更小，我们就交换，直到不能交换为止，比如这样：

const int N=1e5+100;
char s[N];int n;bool flag;
int main(){
// 	freopen("t1.in","r",stdin);
	scanf("%s",s+1);
	n=strlen(s+1);
	do{
		flag=false;
		for(int i=1;i<n;i++)
			if (s[i]-s[i+1]==1){
				swap(s[i],s[i+1]);
				flag=true;
			}
	}while(flag);
	printf("%s",s+1);
	return 0;
}

然而这样做是有反例的：

比如原字符串是201，我们通过肉眼的模拟可以知道答案应该是120，但是在第一步交换1和0时，我们的程序认为它使得原字符串的字典序变大了，以至于没有交换而退出了程序。

所以，我们只能另寻思路。我们发现1是可以到达天涯海角的，所以我们把1全部提出来，剩下一个只有0和2的字符串，它是不可以交换的。但是我们可以把所有的1全部插入第一个2以前，这样得出来的答案一定是字典序最小的。

在我的第二个代码中用到了 $STL$，这里解释一下一些函数，大家可以通过类比的思想知道它们的用途：

• s.find('2')：在字符串 $s$中寻找第一个2的位置，若没有，则返回string::npos，即s.npos。

• s.insert(l,s1)：在 $s$的第 $l$个字符前插入 $s1$。

• s+s1,s+r[i]：第一个语句相当于把 $s1$插入在 $s$的末尾，第二个语句相当于把 $r[i]$插入在 $s$的末尾，由此可见，如果要把一个字符串或字符插入在另一个字符串的末尾，就可以使用字符串的加法运算。但请注意，单单写s+s1并没有完成真正的插入操作，s=s+s1才完成了插入的操作。

最后，我给大家一个第一个程序无法通过但第二个程序可以通过的样例：

输入：2010，输出：1200