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題目大意：在二維平面中給出 n 個點可以作為矩形左下角的點，再給出 m 個點可以作為矩形右上角的點，現在問最大可以構造出多大面積的矩形，即如何選擇，可以使得 ( b[ j ] . x?- a[ i ] . x ) * ( b[ j ] . y - a[ i ] . y ) 最大

題目分析：首先貪心去想，對于矩形左下角的點來說，如果存在著兩個點 A( x1 , y1 )，B( x2 , y2 )，滿足 x1 < y1 且 x2 < y2 的話，那么點 A 一定是要比點 B 永遠都是更優的，所以可以直接把點 B 刪除掉，對于矩形右上角的點也是同理，這個操作在預處理時線性遍歷一遍就可以完成，貪心完成后剩余的點應該如下圖所示：

如果用圖示畫出來的話，應該往斜率優化dp或者決策單調性方面去想，因為是二維的點，斜率優化的話需要三維凸包，所以考慮決策單調性

簡單來說就是，設數組 a 是左下角的點，數組 b 是右下角的點，如果 a[ i ] 和 b[ j ] 是最優的，也就是 a[ i ] 和 b[ j - 1 ] 不是最優的，那么 a[ i + 1 ] 一定不可能和 b[ j - 1 ] 是最優的，證明如下：

所以不難看出，最后的化簡的公式與假設相悖，所以得證

如此一來就可以分治去解決了，具體策略如下：設 solve( l1 , r1 , l2 , r2 ) 為當前區間的詢問區間為 [ l1 , r1 ] ，決策所在區間為 [ l2 , r2 ] 時的最優答案，即 [ l1 , r1 ] 對應的是數組 a，[ l2 , r2 ] 對應的是數組 b，每次選擇詢問區間的中位數去決策區間中尋找最優決策設為 pos，根據決策單調性不難看出，[ l1 , mid - 1 ] 的決策只可能在 [ l1 , pos ] 中出現，同理 [ mid + 1 , r1 ] 的決策只可能在 [ pos , r2 ] 中出現，如此遞歸下去時間復雜度是 O( nlogn ) 級別的

有一點小細節就是，有可能決策為負數，或者 a 變成了矩陣的右上角端點，b 變成了矩陣的左下角端點，此時的決策應該是負無窮（不應該出現這種情況），雖然決策為負數時無法更新答案，但是卻可以更新相對的最優情況，如此分治下去肯定是最優的

代碼：
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//#pragma GCC optimize(2) //#pragma GCC optimize("Ofast","inline","-ffast-math") //#pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,mmx") #include<iostream> #include<cstdio> #include<string> #include<ctime> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> #include<stack> #include<climits> #include<queue> #include<map> #include<set> #include<sstream> #include<cassert> #include<bitset> using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const LL inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;const int N=1e6+100;int n,m;bool ban[N];struct Node {LL x,y;void input(){scanf("%lld%lld",&x,&y);}bool operator<(const Node& t)const{if(x!=t.x)return x<t.x;return y<t.y;} }a[N],b[N];void init_a() {sort(a+1,a+1+n);memset(ban,false,sizeof(ban));int last=1;for(int i=2;i<=n;i++){if(a[i].y>=a[last].y)ban[i]=true;elselast=i;}int tot=0;for(int i=1;i<=n;i++)if(!ban[i])a[++tot]=a[i];n=tot; }void init_b() {sort(b+1,b+1+m);memset(ban,false,sizeof(ban));int last=m;for(int i=m-1;i>=1;i--){if(b[i].y<=b[last].y)ban[i]=true;elselast=i;}int tot=0;for(int i=1;i<=m;i++)if(!ban[i])b[++tot]=b[i];m=tot; }LL cal(int i,int j) {if(b[j].x<a[i].x&&b[j].y<a[i].y)return -inf;return (b[j].x-a[i].x)*(b[j].y-a[i].y); }LL solve(int l1,int r1,int l2,int r2)//a[l1,r1],b[l2,r2] {if(l1>r1||l2>r2)return 0;int mid=l1+r1>>1;int pos=l2;for(int i=l2+1;i<=r2;i++)if(cal(mid,pos)<cal(mid,i))pos=i;return max({solve(l1,mid-1,l2,pos),solve(mid+1,r1,pos,r2),cal(mid,pos)}); }int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE // freopen("data.ans.txt","r",stdin); // freopen("data.out.txt","w",stdout); #endif // ios::sync_with_stdio(false);scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++)a[i].input();for(int i=1;i<=m;i++)b[i].input();init_a();init_b();printf("%lld\n",solve(1,n,1,m));return 0; }

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總結

以上是生活随笔為你收集整理的Gym - 101471D Money for Nothing(决策单调性+分治+贪心)的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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