[COCI2021-2022#6] Zemljište

题目描述

有一块地，大小为 $r \times s$，$\rm Matej$ 想买下它。这块地每个 $1\times1$ 的正方形都有不同的价格。

设一片非空子矩阵价格总和为 $m$，则这片子矩阵的权值为 $|m-a|+|m-b|$，您需要找到最小权值的子矩阵。

您只需要输出最小权值即可。

输入格式

第一行包含四个正整数 $r$, $s$ , $a$ 和 $b$ 。

下面 $r$ 行，第 $i$ 行，有 $s$ 个正整数，第 $j$ 个数表示 $c_{i,j}$，表示价格。

输出格式

一行一个整数 $v$，表示最小非空子矩阵的权值。

样例 #1

样例输入 #1

2 2 10 10
1 3
4 1

样例输出 #1

样例 #2

样例输入 #2

样例输出 #2

样例 #3

样例输入 #3

样例输出 #3

提示

样例解释 2

如图，总价格是$1 + 1 = 2$，这块地的权值是 $|3−2| + |4−2| =3$。

数据范围：

对于 $14\%$ 的数据：$1\le r,s\le20$

对于 $28\%$ 的数据：$1\le r,s\le100$

对于 $100\%$ 的数据：$1\le r,s\le500$，$1\le a,b,c_{i,j}\le10^9$

本题分值与 COCI 2021-2022#6 分值相同，满分 $70$ 分

解题思路

很明显最直接的做法是枚举处所有的子矩阵，然后通过前缀和算出子矩阵的和 $m$，从而得到 $|m-a| + |m-b|$，取所有情况的最小值即可。为此我们需要枚举左上角和右下角的坐标来确定子矩阵，所以时间复杂度为 $O(n^4)$，明显超时。

由于 $n$ 的最大取值是 $500$，所以应该要把时间复杂度控制在 $O(n^3)$ 级别，而 $O(n^3 \log{n})$ 大概率会超时因此不行。一般来说要枚举子矩阵都会想到枚举左上角 $(x_1,x_2)$ 和右下角 $(x_2, y_2)$，这里再提供另外一种思路，即枚举子矩阵的上边界 $x_1$，下边界 $x_2$，左边界 $y_1$，右边界 $y_2$。然而这样做时间复杂度还是 $O(n^4)$，由于要把复杂度控制在 $O(n^3)$，意味着我们只能枚举三个边界，另外一个边界通过 $O(1)$ 来得到。

不妨假设枚举上边界 $x_1$，下边界 $x_2$ 和右边界 $y_2$，这时左边界 $y_1$ 的选择就有 $y_1 \in [1, y_2]$，在这些选择中要确定使得 $|m-a| + |m-b|$ 最小的那个。这时我们就要观察 $|m-a| + |m-b|$ 这个式子了，很明显只有 $m$ 会影响式子的结果。不妨假设 $a < b$（否则交换 $a$ 和 $b$ 即可），当 $m \in [a, b]$ 时，结果能够取到最小值 $b-a$。否则如果 $m < a$，式子结果就是 $a + b - 2m$，因此要让 $m$ 尽可能接近 $a$（在 $m < a$ 的前提下），才能让结果尽可能小。同理，当 $m > b$，式子结果就是 $2m - a - b$，应该让 $m$ 尽可能接近 $b$ 结果才能变小。

另外由于矩阵中的元素均为正整数，因此随着 $y_1$ 往右移动子矩阵的和就会减小，因此满足单调性，可以二分出满足 $m \leq a$ 的最大的 $m$ 所对应的 $y_1$，假设为 $u$；二分出满足 $m \geq b$ 的最小的 $m$ 所对应的 $y_1$，假设为 $v$。那么就可以对这两个子矩阵 $(x_1, u, x_2, y_2)$ 和 $(x_1, v, x_2, y_2)$ 分别计算式子的结果取最小值。这种做法的时间复杂度是 $O(n^3 \log{n})$。

然而我们还需要优化到 $O(n^3)$。事实上随着 $y_2$ 往右移动，$u$ 和 $v$ 也最会往右移动。否则 $y_2$ 往右移动得到 $y_2'$，$u$ 会往左移动得到 $u'$，子矩阵 $(x_1, u', x_2, y_2')$ 的和满足不超过 $a$ 的最大值，意味着子矩阵 $(x_1, u', x_2, y_2)$ 的和也不超过 $a$，且比子矩阵 $(x_1, u, x_2, y_2)$ 的和更接近 $a$，这就与之前的假设矛盾了。同理分析 $v$。因此这里我们可以用双指针来优化。

AC 代码如下，时间复杂度为 $O(n^3)$：

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

typedef long long LL;

const int N = 510;

LL s[N][N];

LL get(int x1, int y1, int x2, int y2) {
    return s[x2][y2] - s[x1 - 1][y2] - s[x2][y1 - 1] + s[x1 - 1][y1 - 1];
}

int main() {
    int n, m, a, b;
    scanf("%d %d %d %d", &n, &m, &a, &b);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= m; j++) {
            scanf("%lld", &s[i][j]);
            s[i][j] += s[i - 1][j] + s[i][j - 1] - s[i - 1][j - 1];
        }
    }
    LL ret = 1e18;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = i; j <= n; j++) {
            for (int k = 1, u = 1, v = 1; k <= m; k++) {
                while (u < k && get(i, u, j, k) > a) {
                    u++;
                }
                LL t = get(i, u, j, k);
                ret = min(ret, abs(t - a) + abs(t - b));
                while (v < k && get(i, v + 1, j, k) >= b) {
                    v++;
                }
                t = get(i, v, j, k);
                ret = min(ret, abs(t - a) + abs(t - b));
            }
        }
    }
    printf("%lld", ret);
    
    return 0;
}