[国家集训队] 矩阵乘法

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这是一道整体二分的经典题目。

这道题显然可以给每个询问二分答案，统计该询问矩阵中小于等于mid的元素个数。如果大于等于k，说明猜大了，否则说明猜小了。

如果用这种方法的话，对于每个询问都至少要用O(询问矩阵大小*log值域)的时间复杂度解决，多组询问的话时间不能接受。

发现多个询问的二分答案是可以同时被检验的，我们可以为所有询问同时二分答案，把所有答案小于等于mid的询问放在询问序列的左侧，大于mid的放到询问序列的右侧然后递归处理。

这样为什么会快呢？我们每次可以用把矩阵中小于等于mid的元素染成黑色，剩下的元素保持白色。这样对于每一个询问的检验，就相当于是统计某个子矩阵中黑点的个数。为什么不用二维树状数组维护前缀和呢？

最开始的时候整个矩阵都设为0，然后让所有小于等于mid的位置加1，O(N2log2N)O(N2log2⁡N)O(N^2 \log^2 N)处理完整个矩阵之后再O(log2N)O(log2N)O(log^2 N)去应付每一个询问。被询问的子矩阵中可能有很多重叠的部分，这样保证了在每次询问过程中，矩阵中的每个元素只对运行时间做一次贡献，所以这个算法要比对于每个询问单独二分要快得多。

这样做的时间复杂度为什么是对的呢？我们是在二分值域，考虑二分过程中的每一层对答案的贡献。

对于每一层二分，矩阵中的每个元素最多被加入树状数组一次。
对于每一层二分，每个询问只会被处理一次。
二分值域的过程中最多只会出现O(logN)O(log⁡N)O(\log N)层。

时间复杂度O((N2+Q)log3N)O((N2+Q)log3⁡N)O((N^2 + Q)\log^3 N)，感觉这时间复杂度不开O2过不了啊，想要不开O2 AC可能得大力卡常一发。

发表一下个人见解：感觉CDQ分治和整体二分有异曲同工之妙，是同一种分治思想在不同维度发挥作用的体现。（之所以这么说是因为代码写起来是非常像的。）

还有一点，不要真的去二分值域，不然还得需要离散化，常数更大。把矩阵中的所有元素按照权值排序，二分在答案在排序之后的数组中的位置即可。（因为答案一定是矩阵中存在的值，所以在这些值里面二分就好了。）

给出代码：

// luogu-judger-enable-o2
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;inline int geti() {int ans = 0; bool flag = 0; char c = getchar();while(!isdigit(c)) flag |= c == '-', c = getchar();while( isdigit(c)) ans=ans*10+c-'0', c = getchar();return flag? -ans: ans;
}inline void puti(int x) {if(x < 0) x=-x, putchar('-');if(x > 9) puti(x / 10);putchar('0' + x%10);
}const int maxn = 500 + 10, maxq = 60000 + 5;struct Numbers {int x, y, v; /// (x,y) 位置的值为 v bool operator < (const Numbers& rhs) const {return v < rhs.v; /// 用于比较大小 }
} Matrix[maxn * maxn]; int mcnt; /// 矩阵中的元素个数struct BIT {int n; /// n * n 的二维树状数组int C[maxn][maxn];BIT(int N = 0) {n = N; memset(C, 0x00, sizeof(C));} /// 初始化inline int lowbit(int x) {return x&(-x);}inline void add(int x, int y, int v) { /// 单点修改 for(register int i = x; i <= n; i += lowbit(i))for(register int j = y; j <= n; j += lowbit(j))C[i][j] += v;}inline int pre(int x, int y) { /// 前缀求和 int ans = 0;for(register int i = x; i > 0; i -= lowbit(i))for(register int j = y; j > 0; j -= lowbit(j))ans += C[i][j];return ans;}inline int submat(int x1, int y1, int x2, int y2) { /// 子矩阵和 int ans = pre(x2, y2);ans -= pre(x1 - 1, y2) + pre(x2, y1 - 1);ans += pre(x1 - 1, y1 - 1);return ans;}
} bit; /// 记得初始化 nstruct Events { /// 记录所有询问 int x1, y1, x2, y2, k;inline void input() { /// 输入一个询问 x1 = geti(); y1 = geti();x2 = geti(); y2 = geti();k  = geti();}
} Querys[maxq];int bcount(Events mat) { /// 查询某个询问中的黑点个数 return bit.submat(mat.x1, mat.y1, mat.x2, mat.y2);
}int id[maxq], t1[maxq], t2[maxq];
int ans[maxq], cur[maxq];void Sol(int l, int r, int ql, int qr) {if(qr < ql) return; /// 该值域区间没有询问if(l == r) {for(int i = ql; i <= qr; i ++) ans[id[i]] = Matrix[l].v;return; /// 找到解 }int mid = (l + r)/2;for(int i = l; i <= mid; i ++) /// 把要统计到答案中的数值染黑 bit.add(Matrix[i].x, Matrix[i].y, 1);int cnt1 = 0, cnt2 = 0;for(int i = ql; i <= qr; i ++) {int u = id[i]; /// 当前要处理的询问int s = cur[u] + bcount(Querys[u]); /// 考虑当前区间中的黑点个数if(s >= Querys[u].k) t1[++ cnt1] = u;else t2[++ cnt2] = u, cur[u] = s; }int qcnt = ql - 1;for(int i = 1; i <= cnt1; i ++) id[++ qcnt] = t1[i]; /// 左右分组 for(int i = 1; i <= cnt2; i ++) id[++ qcnt] = t2[i];for(int i = l; i <= mid; i ++) /// 谁污染谁治理 bit.add(Matrix[i].x, Matrix[i].y, -1);Sol(l, mid, ql, ql + cnt1 - 1);Sol(mid+1, r, ql + cnt1, qr);
}int main() {int N = geti(), Q = geti(); bit.n = N;/// 输入矩阵大小和询问组数for(int i = 1; i <= N; i ++)for(int j = 1; j <= N; j ++)Matrix[++ mcnt] = (Numbers){i, j, geti()};sort(Matrix + 1, Matrix + mcnt + 1); /// 按元素大小从小到大排序for(int i = 1; i <= Q; i ++) Querys[i].input();for(int i = 1; i <= Q; i ++) id[i] = i;Sol(1, mcnt, 1, Q);for(int i = 1; i <= Q; i ++) puti(ans[i]), putchar('\n');return 0;
}

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