1926: [Sdoi2010]粟粟的书架
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Description
幸福幼儿园 B29 班的粟粟是一个聪明机灵、乖巧可爱的小朋友，她的爱好是画画和读书，尤其喜欢 Thomas H. Co
rmen 的文章。粟粟家中有一个 R行C 列的巨型书架，书架的每一个位置都摆有一本书，上数第i 行、左数第j 列
摆放的书有Pi,j页厚。粟粟每天除了读书之外，还有一件必不可少的工作就是摘苹果，她每天必须摘取一个指定的
苹果。粟粟家果树上的苹果有的高、有的低，但无论如何凭粟粟自己的个头都难以摘到。不过她发现， 如果在脚
下放上几本书，就可以够着苹果；她同时注意到，对于第 i 天指定的那个苹果，只要她脚下放置书的总页数之和
不低于Hi，就一定能够摘到。由于书架内的书过多，父母担心粟粟一天内就把所有书看完而耽误了上幼儿园，于是
每天只允许粟粟在一个特定区域内拿书。这个区域是一个矩形，第 i 天给定区域的左上角是上数第 x1i行的左数
第 y1i本书，右下角是上数第 x2i行的左数第y2i本书。换句话说，粟粟在这一天，只能在这﹙x2i－x1i＋1﹚×﹙
y2i－y1i＋1﹚本书中挑选若干本垫在脚下，摘取苹果。粟粟每次取书时都能及时放回原位，并且她的书架不会再
撤下书目或换上新书，摘苹果的任务会一直持续 M天。给出每本书籍的页数和每天的区域限制及采摘要求，请你告
诉粟粟，她每天至少拿取多少本书，就可以摘到当天指定的苹果。
Input
第一行是三个正整数R，C，M。
接下来是一个R行C列的矩阵，从上到下、从左向右依次给出了每本书的页数Pi，j。
接下来M行，第i行给出正整数x1i，y1i，x2i，y2i，Hi，表示第i天的指定区域是﹙x1i，y1i﹚与﹙x2i，y2i﹚间
的矩形，总页数之和要求不低于Hi。
保证1≤x1i≤x2i≤R，1≤y1i≤y2i≤C。
Output
有M行，第i 行回答粟粟在第 i 天时为摘到苹果至少需要 拿取多少本书。如果即使取走所有书都无法摘到苹果，
则在该行输出“Poor QLW” （不含引号）。
Sample Input
5 5 7
14 15 9 26 53
58 9 7 9 32
38 46 26 43 38
32 7 9 50 28
8 41 9 7 17
1 2 5 3 139
3 1 5 5 399
3 3 4 5 91
4 1 4 1 33
1 3 5 4 185
3 3 4 3 23
3 1 3 3 108
Sample Output
6
15
2
Poor QLW
9
1
3
HINT
对于 10%的数据，满足 R, C≤10；
对于 20%的数据，满足 R, C≤40；
对于 50%的数据，满足 R, C≤200，M≤200,000；
另有 50%的数据，满足 R＝1，C≤500,000，M≤20,000；
对于 100%的数据，满足 1≤Pi,j≤1,000，1≤Hi≤2,000,000,000
这个50% 和另外50%有点逗啊，强行把2个题搞到一起？
按照贪心思想来说，肯定是先取大的，这个题的关键就变成了怎么取大的
对于第一个50% 行列小于200，并且矩阵元素<=1000
可以预处理f[i][j][k]表示前i行j列大于等于k的数的和
g[i][j][k]表示前i行j列大于等于k的数的个数
二分答案，得到ans表示用到的最小的数为ans，再暴力统计用了多少个ans+大于ans的数的个数
另外50% 由于只有一行，可以考虑数据结构
和第一种情况类似，先取大的，并且在一定区间内，可以想到用主席树维护
#include<bits/stdc++.h>
#define rint register int
#define N 500005
#define M 205
using namespace std;
int n,m,q,tot,rt[N],b[N],a[M][M],f[M][M][1005],g[M][M][1005];
struct node{int sum,num,ls,rs;}t[N*20];
inline char gc(){
static char s[1000000],*p1,*p2;
if(p1==p2)p2=(p1=s)+fread(s,1,1000000,stdin);
return p1==p2?EOF:*p1++;
}
inline int R(){
static int x;static char ch;x=0;ch=gc();while(ch<'0'||ch>'9')ch=gc();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=gc();return x;
}
inline int getv(int x1,int y1,int x2,int y2,int k){
return f[x2][y2][k]+f[x1-1][y1-1][k]-f[x2][y1-1][k]-f[x1-1][y2][k];
}
inline int gets(int x1,int y1,int x2,int y2,int k){
return g[x2][y2][k]+g[x1-1][y1-1][k]-g[x2][y1-1][k]-g[x1-1][y2][k];
}
void solve2(){
for(rint x,i=1;i<=n;i++)
for(rint j=1;j<=m;j++){
x=R();
for(rint k=1;k<=1000;k++)
f[i][j][k]=f[i-1][j][k]+f[i][j-1][k]-f[i-1][j-1][k],
g[i][j][k]=g[i-1][j][k]+g[i][j-1][k]-g[i-1][j-1][k];
f[i][j][x]+=x;g[i][j][x]++;
}
for(rint i=1;i<=n;i++)
for(rint j=1;j<=m;j++)
for(rint k=1000;k;k--)
f[i][j][k]+=f[i][j][k+1],
g[i][j][k]+=g[i][j][k+1];
while(q--){
int x1=R(),y1=R(),x2=R(),y2=R();
int h=R(),l=1,r=1000,ans=-1,mid;
while(l<=r){
mid=(l+r)>>1;
if(getv(x1,y1,x2,y2,mid)>=h)l=(ans=mid)+1;
else r=mid-1;
}
if(ans==-1){puts("Poor QLW");continue;}
int cnt=gets(x1,y1,x2,y2,ans+1);
int tmp=gets(x1,y1,x2,y2,ans)-cnt;
int res=h-getv(x1,y1,x2,y2,ans+1);
int s=0;while(res>0&&s<=tmp)s++,res-=ans;
printf("%d\n",s+cnt);
}
}
void insert(int p,int &u,int l,int r,int pos){
u=++tot;t[u]=t[p];t[u].sum+=pos;t[u].num++;
if(l==r)return;int mid=(l+r)>>1;
if(pos<=mid)insert(t[p].ls,t[u].ls,l,mid,pos);
else insert(t[p].rs,t[u].rs,mid+1,r,pos);
}
inline int gs(int x,int y){return t[y].sum-t[x].sum;}
inline int gn(int x,int y){return t[y].num-t[x].num;}
int query(int p,int u,int l,int r,int v){
if(l==r)return (v-1)/l+1;int mid=(l+r)>>1,x=gs(t[p].rs,t[u].rs);
if(v<=x)return query(t[p].rs,t[u].rs,mid+1,r,v);
return query(t[p].ls,t[u].ls,l,mid,v-x)+gn(t[p].rs,t[u].rs);
}
inline void solve1(){
for(rint x,i=1;i<=m;i++)
x=R(),b[i]=b[i-1]+x,
insert(rt[i-1],rt[i],1,1000,x);
int A,B,C,D,h;
while(q--){
A=R();B=R()-1;C=R();D=R();h=R();
if(b[D]-b[B]<h){puts("Poor QLW");continue;}
printf("%d\n",query(rt[B],rt[D],1,1000,h));
}
}
int main(){
n=R();m=R();q=R();
if(n==1)solve1();
else solve2();
return 0;
}