题目传送门
题目大意
给你一个 N × N N \times N N×N 的二维矩阵，矩阵里有三类元素：黑（B）、白（W）以及不确定。有 M M M 个格子的颜色已给出，剩余的 N 2 − M N^2-M N2−M 个格子都是不确定，现在要给它们涂颜色，自然是黑白任选其一。要求格子满足以下条件：
- 对于每一行 ，存在整数 i i i 满足 0 ≤ i ≤ N 0 \le i \le N 0≤i≤N 且这一行前 i i i 个格子都是黑格，其余均为白格。
- 对于每一列 ，存在整数 i i i 满足 0 ≤ i ≤ N 0 \le i \le N 0≤i≤N 且这一列前 i i i 个格子都是黑格，其余均为白格。
已经有颜色的格子不能修改颜色，请判断这样可不可行。
思路
看一眼数据范围，蒙了： N ≤ 1 e 9 N \le 1e9 N≤1e9 是给人做的吗？？时间空间都会炸啊！别急，咱们想个 O ( M ) O(M) O(M) 或者 O ( M ∗ log M ) O(M*\log M) O(M∗logM) 时间复杂度的做法，然后用 C++ std::map 来存储不就好了吗？！C党P党对不起，你们手写离散化吧，后面二分什么的自己看着办，这篇题解主要使用STL。
大家思考一个问题：如果在某一行某一位置有一个白格，那么请问要是它后面还有一个黑格时，是否可行？（对于"列"也是一样的）。答案显然是否定的，这个没什么争议吧，不明白的看题。好的，接下来要是就写这一点点，那么恭喜你，样例四过不了。
Sample Input 4
text
2289 10
1700 1083 W
528 967 B
1789 211 W
518 1708 W
1036 779 B
136 657 B
759 1497 B
902 1309 B
1814 712 B
936 763 BSample Output 4
text
No咦？根据前面的推论，这里一点问题也没有啊？！
数据真大，咱们画个简单的图解释一下。
请问这个图是否可行？答案是否定的，原因见下图。
好的，所以如果某个白格身后的某一列的这一行及以下有黑格（好像绕口令，自己理解一下），那么它也是不可行的。 列也是一样的。这一堆东西让我们想到了 二分 和二维map处理（详见代码）。
代码
cpp
/*
fx[x][y]=1 fy[y][x]=1 代表 (x, y) 有一个黑格
不懂迭代器的请自学，本文限于篇幅不再讲解
*/
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <map>
using namespace std;
int n, m;
map<int, map<int, int> > fx, fy;
struct node
{
int x, y;
char c;
} ;
node p[200010];
int main()
{
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
int x, y;
char c;
cin >> x >> y >> c;
p[i] = (node){x, y, c};
if (c == 'B')
{
fx[x][y] = 1;
fy[y][x] = 1;
}
}
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
int x = p[i].x;
int y = p[i].y;
if (p[i].c == 'B')
continue;
map<int, map<int, int> >::iterator po = fx.lower_bound(x);
map<int, int>::iterator pos;
if (po != fx.end()) pos = fx[po->first].lower_bound(y);
if (po != fx.end() && pos != fx[po->first].end())
{
cout << "No" << endl;
return 0;
}
po = fy.lower_bound(y);
if (po != fy.end()) pos = fy[po->first].lower_bound(x);
if (po != fy.end() && pos != fy[po->first].end())
{
cout << "No" << endl;
return 0;
}
}
cout << "Yes" << endl;
return 0;
}总结
是的，这一堆乱七八糟的东西居然 AC 了。
显然这不是什么最优解，时间复杂度也令人不悦，如果您有其他做法或优化请在评论区留言或私信，谢谢。