Sub Matrix Sum（UCF Local Programming Contest 2019（Practice），二分单调栈）

一.题目链接

\quad Sub Matrix Sum

二.题目大意

\quad 给出一个大小 $R\times C$ 的矩阵，要求选出一个子矩阵，在子矩阵和不小于 $S$ 的条件下，输出子矩阵的最小大小.

\quad $1\le R,C,R\times C\le 10^5,-10^9\le S,矩阵元素\le 10^9$

三.分析

\quad 由于矩阵元素可为负，因此尺取是不可行的.

\quad 考虑暴力做法，我们可以先用 $i$ 枚举起始行，再用 $j$ 枚举终止行，对列做一遍压缩再做一遍前缀和（答案存在数组 $b[]$ 中），然后用 $k$ 扫一遍列，对于每一个 $k$ 以 $O(C)$ 的时间复杂度扫一遍更新答案，总的时间复杂度为 $O((R\times C{)}^2)$.

\quad 可见，暴力做法的时间冗余在 $O(C)$ 扫一遍更新答案上.

\quad 暴力做法中，对于每一个 $k$，我们要在 $[1,k]$ 中选取一个 $l$，在满足 $b[k]-b[l]\ge S$ 的条件下，选取最小的 $l$.

\quad 实际上，我们可以用保持 $b[st[]]$ 单调递增的单调栈维护 $l$. 这样在单调栈 $st[]$ 内，$st[]$ 递增且 $b[st[]]$ 递增. 于是对 $b[k]$ 来讲，满足 $b[k]-b[l^{\ast }]\ge S$ 的 $l^{\ast }$ 为 $st[]$ 的一个前缀. 那我们可以在单调栈内二分出满足 $b[k]-b[l^{\ast }]\ge S$ 最大的 $l$.

\quad 总时间复杂度为 $O(min(R,C)\times R\times C)$.

四.代码实现

#include 
using namespace std;

typedef long long ll;

const int M = (int)1e5;
const ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const ll mod = (ll)1e9 + 9;
const double eps = 1e-6;

int R, C; ll S;
vector < vector<ll> > v;
ll b[M + 5];
int st[M + 5], tp;

int main()
{
//    freopen("input.txt", "r", stdin);
//    freopen("output.txt", "w", stdout);
    scanf("%d %d %lld", &R, &C, &S);
    if(R <= C)
    {
        v.resize(R + 1); for(int i = 0; i <= R; ++i) v[i].resize(C + 1);
        for(int i = 1; i <= R; ++i) for(int j = 1; j <= C; ++j) scanf("%lld", &v[i][j]);
    }
    else
    {
        v.resize(C + 1); for(int i = 0; i <= C; ++i) v[i].resize(R + 1);
        for(int i = 1; i <= R; ++i) for(int j = 1; j <= C; ++j) scanf("%lld", &v[j][i]);
        swap(R, C);
    }
    for(int i = 1; i <= R; ++i) for(int j = 1; j <= C; ++j) v[i][j] += v[i - 1][j];
    int l, r, mid; ll mi = inf;
    for(int i = 1; i <= R; ++i)
    {
        for(int j = i; j <= R; ++j)
        {
            for(int k = 1; k <= C; ++k) b[k] = b[k - 1] + v[j][k] - v[i - 1][k];
            tp = 0;
            for(int k = 1; k <= C; ++k)
            {
                l = 0, r = tp;
                while(l < r)
                {
                    mid = (l + r + 1) >> 1;
                    if(b[k] - b[st[mid]] >= S)  l = mid;
                    else                        r = mid - 1;
                }
                if(b[k] - b[st[r]] >= S) mi = min(mi, 1ll * (j - i + 1) * (k - st[r]));
                while(tp && b[k] <= b[st[tp]]) --tp;
                st[++tp] = k;
            }
        }
    }
    printf("%lld\n", mi == inf ? -1 : mi);
    return 0;
}