脚本宝典收集整理的这篇文章主要介绍了CCPC2020 秦皇岛站 B Bounding Wall，脚本宝典觉得挺不错的，现在分享给大家，也给大家做个参考。

传送门 这题训练赛的时候想都没怎么想，感觉就是一个大数据结构题。实际上，这题虽然不难，但是对于我来说，考场上至少需要一个半点儿才能写出来。 注意到(n,m,Q leqslant 1000)，因此单次的询问可以是(O(nLOG n))的。

不妨令矩形的下边界经过((x,y))，只枚举以这条边为底的矩形。那么只要将整个矩阵旋转4次，就能涵盖所有情况了。

那么对于这条底边，我们(O(n))枚举矩形的上边界。那么首先需要确定上下底边：我们能够很简单的(O(n^2))预处理出每个点向左和向右扩展的最大距离，这样上下底边左右扩展出来的距离取(min)，就能得到上下底边的范围了。

接下来只要确定竖着的边了。会发现左右部分互不影响，因此可以单独考虑。

以左半部分为例。记下底边所在的行为(i)，上底边所在的行为(j)，底边向左扩展到的最远的一列是(x)。如果我们预处理出每个点向上扩展出的最大距离(up[i][j])，那么我们要找的就是最小的(p)，满足(p geqslant x)且(up[i][p] geqslant i - j +1).而这个，可以用线段树在(O(log n))时间内实现。（题解中用的是树状数组或并查集，但是我没想明白）

综上所述，对于每次查询((x,y))，先用(x)这一行的(up[x][i])建一棵线段树，然后枚举上底边，并用线段树查询满足条件的最小/最大的(p).一次查询的总@R_860_1304@是(O(nlog m))的。

而对于修改，一个点影响到的点只有以他为中心的一个十字，暴力更改即可，这个单次修改的时间复杂度是(O(n+m))的。

还有一点就是，因为旋转整个矩阵的时间复杂度是(O(nm))，因此需要离线操作，这样总的复杂度才能保证是(O(4qnlog m+4n*m)).

#include<bITs/stdc++.h>
using namespace std;
#define enter puts("") 
#define space putchar(' ')
#define Mem(a, x) memset(a, x, sizeof(a))
#define In inline
#define forE(i, x, y) for(int i = head[x], y; ~i && (y = e[i].to); i = e[i].nxt)
tyPEdef long long ll;
typedef double db;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const db eps = 1e-8;
const int maxn = 1e3 + 5;
In ll read()
{
	ll ans = 0;
	char ch = getchar(), las = ' ';
	while(!isdigit(ch)) las = ch, ch = getchar();
	while(isdigit(ch)) ans = (ans << 1) + (ans << 3) + ch - '0', ch = getchar();
	if(las == '-') ans = -ans;
	return ans;
}
In void write(ll x)
{
	if(x < 0) x = -x, putchar('-');
	if(x >= 10) write(x / 10);
	putchar(x % 10 + '0');
}

int n, m, Q, a[maxn][maxn], ans[maxn];
char s[maxn][maxn];
struct Query {int op, x, y;}q[maxn];

int up[maxn][maxn], lft[maxn][maxn], rgt[maxn][maxn];

int l[maxn << 2], r[maxn << 2];
int Max[maxn << 2];
In void build(int L, int R, int now, int id)
{
	l[now] = L, r[now] = R, Max[now] = 0;
	if(L == R) {Max[now] = up[id][L]; return;}
	int mid = (l[now] + r[now]) >> 1;
	build(L, mid, now << 1, id), build(mid + 1, R, now << 1 | 1, id);
	Max[now] = max(Max[now << 1], Max[now << 1 | 1]);
}
In int queryL(int L, int R, int now, int h)		//查找满足条件且最靠左的点
{
	if(Max[now] < h) return 0;
	if(l[now] == r[now]) return l[now];
	int mid = (l[now] + r[now]) >> 1;
	if(R <= mid) return queryL(L, R, now << 1, h);
	else if(L > mid) return queryL(L, R, now << 1 | 1, h);
	else
	{
		int ret = queryL(L, mid, now << 1, h);
		if(!ret) ret = queryL(mid + 1, R, now << 1 | 1, h);
		return ret;
	}
}
In int queryR(int L, int R, int now, int h)		//查找满足条件且最靠右的点
{
	if(Max[now] < h) return 0;
	if(l[now] == r[now]) return l[now];
	int mid = (l[now] + r[now]) >> 1;
	if(R <= mid) return queryR(L, R, now << 1, h);
	else if(L > mid) return queryR(L, R, now << 1 | 1, h);
	else
	{
		int ret = queryR(mid + 1, R, now << 1 | 1, h);
		if(!ret) ret = queryR(L, mid, now << 1, h);
		return ret;
	}
}
In void Change(int x, int y)
{
	a[x][y] ^= 1;
	for(int j = y; j; --j) rgt[x][j] = a[x][j] ? rgt[x][j + 1] + 1 : 0;
	for(int j = y; j <= m; ++j) lft[x][j] = a[x][j] ? lft[x][j - 1] + 1 : 0;
	for(int i = x; i <= n; ++i) up[i][y] = a[i][y] ? up[i - 1][y] + 1 : 0;
}
In int Query(int x, int y)
{
	if(!a[x][y]) return 0;
	int l = lft[x][y], r = rgt[x][y], ans = 0;
	build(1, m, 1, x);
	for(int i = x; i; --i)
	{
		int nl = min(l, lft[i][y]), nr = min(r, rgt[i][y]);
		if(!nl || !nr) continue;
		int ql = queryL(y - nl + 1, y, 1, x - i + 1), qr = queryR(y, y + nr - 1, 1, x - i + 1);
		if(ql &amp;& ql <= y && y <= qr) ans = max(ans, (qr - ql + 1) * (x - i + 1));
	}
	return ans;
}
In void solve()
{
	for(int i = 0; i <= n + 4; ++i)
		for(int j = 0; j <= m + 4; ++j) up[i][j] = lft[i][j] = rgt[i][j] = 0;
	for(int i = 1; i <= n; ++i)		//向上延伸的最长距离 
		for(int j = 1; j <= m; ++j)
			up[i][j] = (a[i][j] ? up[i - 1][j] + 1 : 0);
	for(int j = 1; j <= m; ++j)		//向左延伸 
		for(int i = 1; i <= n; ++i)
			lft[i][j] = (a[i][j] ? lft[i][j - 1] + 1 : 0);
	for(int j = m; j; --j)			//向右延伸 
		for(int i = 1; i <= n; ++i)
			rgt[i][j] = (a[i][j] ? rgt[i][j + 1] + 1 : 0);
	for(int i = 1; i <= Q; ++i)
	{
		if(q[i].op == 1) Change(q[i].x, q[i].y);
		else ans[i] = max(ans[i], Query(q[i].x, q[i].y));
	}
}
char s1[maxn][maxn]; 
In void rotate()
{
	for(int i = 1; i <= n; ++i)
		for(int j = 1; j <= m; ++j) s1[m - j + 1][i] = s[i][j];
	for(int i = 1; i <= Q; ++i)
	{
		int nx = m - q[i].y + 1, ny = q[i].x;
		q[i].x = nx, q[i].y = ny;
	}	
	swap(n, m);
	for(int i = 1; i <= n; ++i)
		for(int j = 1; j <= m; ++j) s[i][j] = s1[i][j], a[i][j] = (s[i][j] == '#');

}

int main()
{
	int T = read(), ID = 0;
	while(T--)
	{
		n = read(), m = read(), Q = read();
		for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%s", s[i] + 1);
		for(int i = 1; i <= Q; ++i) q[i].op = read(), q[i].x = read(), q[i].y = read();
		Mem(ans, 0);
		for(int i = 1; i <= 4; ++i) rotate(), solve();
		PRintf("Case #%d:n", ++ID);
		for(int i = 1; i <= Q; ++i) if(q[i].op == 2) write(ans[i]), enter;
	}
	return 0;
}

脚本宝典总结

以上是脚本宝典为你收集整理的CCPC2020 秦皇岛站 B Bounding Wall全部内容，希望文章能够帮你解决CCPC2020 秦皇岛站 B Bounding Wall所遇到的问题。

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