1.洛谷[HAOI2007]理想的正方形 （单调队列）

原题链接

题目描述

  有一个 $a\times b$ 的整数组成的矩阵，现请你从中找出一个 $n\times n$ 的正方形区域，使得该区域所有数中的最大值和最小值的差最小。

  输入格式

  第一行为 $3$ 个整数，分别表示 $a,b,n$ 的值。

  第二行至第 $a+1$ 行每行为 $b$ 个非负整数，表示矩阵中相应位置上的数。每行相邻两数之间用一空格分隔。

  输出格式

  仅一个整数，为 $a\times b$ 矩阵中所有“ $n\times n$ 正方形区域中的最大整数和最小整数的差值”的最小值。

  样例

  样例输入

  5 4 2

  1 2 5 6

  0 17 16 0

  16 17 2 1

  2 10 2 1

  1 2 2 2

  样例输出

  1

  提示

  问题规模。

  矩阵中的所有数都不超过 $1,000,000,000$。

  $20\%$ 的数据 $2\le a,b\le 100,n\le a,n\le b,n\le 10$。

  $100\%$ 的数据 $2\le a,b\le 1000,n\le a,n\le b,n\le 100$。

  滑动窗口求最大最小值，对于每一行吧每个长度为n的区间的最值求出，此时可以看作每个长度为n的区间内的最值位于该区间最后一个位置，然后再在列上对这些最值求一次最大最小得到该n*n区间内正方形最值，最后维护ans=min(ans,b[i]-c[i])。

#include 
#include 
using namespace std;
const int maxn=1010;
int n,m,k;
int row_max[maxn][maxn],row_min[maxn][maxn];//行的最大最小值
int q[maxn],w[maxn][maxn];//单调队列，矩阵
void get_min(int a[],int b[],int len){
    int hh=0,tt=-1;
    for(int i=1;i<=len;++i){
        if(hh<=tt&&i-k>=q[hh]) ++hh;
        while(hh<=tt&&a[q[tt]]>=a[i]) --tt;
        q[++tt]=i;
        b[i]=a[q[hh]];
    }
    //求最小值维护递增单调递增的单调队列
    //可用区间为从i开始往前的k个元素即[i-k+1,i]
}
void get_max(int a[],int b[],int len){
    int hh=0,tt=-1;
    for(int i=1;i<=len;++i){
        if(hh<=tt&&i-k>=q[hh]) ++hh;
        while(hh<=tt&&a[q[tt]]<=a[i]) --tt;
        q[++tt]=i;
        b[i]=a[q[hh]];
    }
    //求最大值维护单调递减的单调队列
    //可用区间为从i开始往前的k个元素即[i-k+1,i]
}

int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    for(int i=1;i<=n;++i){
        for(int j=1;j<=m;++j){
            scanf("%d",&w[i][j]);
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;++i){
        get_min(w[i],row_min[i],m);
        get_max(w[i],row_max[i],m);
    }
    int a[maxn],b[maxn],c[maxn];
    int ans=0x3f3f3f3f;
    for(int i=k;i<=m;++i){
        for(int j=1;j<=n;++j) a[j]=row_max[j][i];
        get_max(a,b,n);
        for(int j=1;j<=n;++j) a[j]=row_min[j][i];
        get_min(a,c,n);
        //列元素不连续先吧每列元素放到临时数组a中，b中维护最大值，c中维护最小值
        for(int j=k;j<=n;++j){
            ans=min(ans,b[j]-c[j]);
        }//从[k,k]开始往后枚举所有的最值之差并求最小
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}
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2.牛客网.22数（数位dp)

原题链接

  题目描述

  现在定义一种22数， 这种数各个数位上的数字之和等于其位数的二倍

  求 1 ~ n 中，22数的个数 x。

  输入描述:

  输入包含一行一个正整数 $n(1\le n\le 10^{10})$。

  输出描述:

  输出包含一行一个数表示$1\sim n$范围内22数的个数 x。

   示例

  输入 ：22

  输出： 3

  说明

  1~22范围内包含3个22数分别是2,13,22。

   dp[i]j][k] 表示数位为i，最高位为j，数位和为k的所有方案数。先预处理出所有的dp数组，$10^{10}$最多有十个数位，所以k理论上最多为20，保险起见可以多开，同时爆了int，本题所有数组均需要开long long

   dp的预处理考虑数位为i的时候最高位为j，总和为k，他会从dp[i-1][t][k-j]转移过来（k>j, 0<=t<=9）

void init(){
    for(int i=0;i<=9;++i){
        f[1][i][i]++;
    }
    for(int i=1;i<=10;++i){// n
        for(int j=0;j<=9;++j){// nmax
            for(int k=0;k<=20;++k){ //sum
                for(int t=0;t<=9;++t) //i-1 
                if(k>=j){
                    f[i][j][k]+=f[i-1][t][k-j];
                }
            }
        }
    }
}
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   对于之后的方案数，枚举所有数位，先将其各位拆分出来，然后对于每个数位上数字x有两种可能：

   第一:该位选取0-x-1范围内的数字，那么ans+=dp[i+1][j][n*2-last]（从i到0有i+1位数字，除最高位外0<=j
   第二：该位选取x,那么last+=x,当i==0时，如果n * 2 == last，++ans

   该过程中如果出现了last>=n*2的情况可以直接break

   这是所有不含前导0的情况，最后再额外处理除前导0的情况即可，从第1位到第n-1位，每一位枚举1-9， ans+=dp[i][j][i*2]

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
ll f[15][15][100];//i->n j->n-max  k ->sum
ll n;
void init(){
    for(int i=0;i<=9;++i){
        f[1][i][i]++;
    }
    for(int i=1;i<=10;++i){// n
        for(int j=0;j<=9;++j){// nmax
            for(int k=0;k<=20;++k){ //sum
                for(int t=0;t<=9;++t) //i-1 
                if(k>=j){
                    f[i][j][k]+=f[i-1][t][k-j];
                }
            }
        }
    }
}
ll dp(ll x){
    vector<ll> tmp;
    while(x) tmp.push_back(x%10),x/=10;
    ll n=tmp.size();
    ll ans=0;
    ll last=0;
    for(int i=tmp.size()-1;i>=0;--i){
        for(int j=i==tmp.size()-1;j<tmp[i];++j){
            ans+=f[i+1][j][2*n-last];
        }
        last+=tmp[i];
        if(last>2*n) break;
        if(i==0&&last==n*2) ans++;
    }
    for(int i=1;i<n;++i){
        for(int j=1;j<=9;++j){
            ans+=f[i][j][i*2];
        }
    }
    return ans;
}

int main()
{
    init();
    cin>>n;
    cout<<dp(n);
    return 0;
}
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