[BZOJ1414][ZJOI2009]对称的正方形（manacher+单调栈+二分）
题目描述
传送门
题解
跟这道题gang了半晚上，写出来了一个理论复杂度 O(n2log2n) 的做法，然后各种剪枝各种砍常数，最后竟然A了…
网上题解貌似是二分+hash？好像也有用manacher+单调队列并且时间复杂度科学的方法，不过各种看不懂…
首先我们参考manacher的做法，将一些分隔符插入矩阵，来处理奇数偶数
并且对于每一个点都求出来它横纵的最长回文子串
然后枚举对称中心，二分这个对称中心能得到的最大矩形边长
而如果这样二分的话，需要查询二分到的区间横纵回文子串的最小值来判断
如果这题内存够的话，可以用st表实现 O(1) 查询，这样时间复杂度是 O(n2logn) 就非常科学了
可关键是这题内存不够…
那么我们没法预处理st表，但是同样需要查询一段区间的最小值，怎么办呢？
查询区间最值要考虑用单调队列或单调栈，关键是寻找单调性
刚开始我觉得这道题是毫无单调性的，因为每一个点的最长回文子串根本没有规律
但是我们可以考虑把四个方向拆开，也就是说，每一次只处理某一个方向上的最长回文子串的一半
可以发现如果这样处理的话，满足单调性的主要有两个：
①回文中心单调插入②同一个回文中心答案单调
在插入回文中心的时候，维护一个自底向上单调递增的栈，记录栈中每一个元素的位置
还有一个重要的单调性：栈中元素的位置和权值都是单调的
同样是二分一个回文中心的答案，然后每一次在栈中二分第一个小于等于（或大于等于）它的数，即为最小值
这样上下左右做4遍，4个方向的答案取min即为以这个点为中心的正方形的边长
注意特判一些不合法的情况…注意剪枝…
代码
#include2*id-j],mx-j);
else p[i][j]=1;
while (s[i][j-p[i][j]]==s[i][j+p[i][j]])
++p[i][j];
if (j+p[i][j]>mx)
{
mx=j+p[i][j];
id=j;
}
}
}
for (int i=1;i<=m;++i)
{
id=mx=0;
for (int j=1;j<=n;++j)
{
if (jq[j][i]=min(q[2*id-j][i],mx-j);
else q[j][i]=1;
while (s[j-q[j][i]][i]==s[j+q[j][i]][i])
++q[j][i];
if (j+q[j][i]>mx)
{
mx=j+q[j][i];
id=j;
}
}
}
memset(est,127,sizeof(est));
for (int i=1;i<=n;++i)
{
top=0;
for (int j=1;j<=m;++j)
{
while (top&&q[i][j]<=q[i][stack[top]])
--top;
stack[++top]=j;
if ((i&1)!=0&&(j&1)==0||(i&1)==0&&(j&1)!=0||est[i][j]<=2) continue;
est[i][j]=min(est[i][j],findlp(i,j));
}
top=0;
for (int j=m;j>=1;--j)
{
while (top&&q[i][j]<=q[i][stack[top]])
--top;
stack[++top]=j;
if ((i&1)!=0&&(j&1)==0||(i&1)==0&&(j&1)!=0||est[i][j]<=2) continue;
est[i][j]=min(est[i][j],findrp(i,j));
}
}
for (int i=1;i<=m;++i)
{
top=0;
for (int j=1;j<=n;++j)
{
while (top&&p[j][i]<=p[stack[top]][i])
--top;
stack[++top]=j;
if ((j&1)!=0&&(i&1)==0||(j&1)==0&&(i&1)!=0||est[j][i]<=2) continue;
est[j][i]=min(est[j][i],findlq(j,i));
}
top=0;
for (int j=n;j>=1;--j)
{
while (top&&q[j][i]<=q[stack[top]][i])
--top;
stack[++top]=j;
if ((i&1)!=0&&(j&1)==0||(i&1)==0&&(j&1)!=0||est[j][i]<=2) continue;
est[j][i]=min(est[j][i],findrq(j,i));
if (est[j][i]-1>1) ans+=(est[j][i]-1)/2;
}
}
printf("%d\n",ans);
}