题意：
给出一个 N×M 的矩阵，以及一个数值 K ，求在给定的矩阵中取出一个 K×K 的矩阵其中最大值减去最小值的最小值。
细节：
没有细节来发暴力走天下，20分也是分啊~~~ QAQ。
分析：
感觉是一题裸体，大佬们看了一定秒切，但是本蒟蒻显然不会，二维不易可以先尝试如何求解在 1×K 的矩阵中求解答案呢，显然是利用一个数组 Max1[i][j] 表示第 i 行区间 [ j , j + K - 1] 的最大值，Min1[i][j] 表示第 i 行区间 [ j , j + K - 1] 的最小值，每行利用一个单调队列进行定区间求最值的操作，最后 O(N×M) 的枚举所有的 1×K 的矩阵，求解最小值即可。
好吧此时你应该豁然开朗，这（TM <- 希望忽略这个东西）就是将一维的数组在进行一次求解，得到二维数组的最值即可，仍然利用一个数组 Max2[i][j] 表示纵向区间 [i , i + K - 1]、横向区间 [j , j + K - 1]中的最大值，Min2[i][j] 表示纵向区间 [i , i + K - 1]、横向区间 [j , j + K - 1]中的最小值，只需要对上面一步操作的中的 Max1[][]、Min1[][]数组，每列利用一个单调队列进行定区间求最值，同样是 O(N×M) 的时间复杂度处理出了所有 K×K 的矩阵，最后只需要统计答案所指向的最优值即可。
实际上本题也是含有少许 Dp 的思想，将大多的重复与不必要同过单调队列的思想进行了优化，这应该是一道不错的练手的模板题。
代码：
1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 using namespace std; 4 int n,m,k,front,FRONT,back,BACK,ans; 5 int a[1001][1001],q[1001],Q[1001],x[1001][1001],X[1001][1001],y[1001][1001],Y[1001][1001]; 6 int main() 7 { 8 scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); 9 for (int I=1;I<=n;I++) 10 for (int i=1;i<=m;i++) 11 scanf("%d",&a[I][i]); 12 for (int I=1;I<=n;I++){ 13 FRONT=BACK=front=back=Q[1]=q[1]=1; 14 for (int i=2;i<=m;i++){ 15 while (a[I][i]>=a[I][Q[BACK]]&&FRONT<=BACK) BACK--; 16 while (a[I][i]<=a[I][q[back]]&&front<=back) back--; 17 BACK++;back++;Q[BACK]=i;q[back]=i; 18 while (i-Q[FRONT]>=k) FRONT++; 19 while (i-q[front]>=k) front++; 20 if (i>=k) X[I][i-k+1]=a[I][Q[FRONT]],x[I][i-k+1]=a[I][q[front]]; 21 } 22 } 23 for (int I=1;I<=m-k+1;I++){ 24 FRONT=BACK=front=back=Q[1]=q[1]=1; 25 for (int i=2;i<=n;i++){ 26 while (X[i][I]>=X[Q[BACK]][I]&&FRONT<=BACK) BACK--; 27 while (x[i][I]<=x[q[back]][I]&&front<=back) back--; 28 BACK++;back++;Q[BACK]=i;q[back]=i; 29 while (i-Q[FRONT]>=k) FRONT++; 30 while (i-q[front]>=k) front++; 31 if (i>=k) Y[i-k+1][I]=X[Q[FRONT]][I],y[i-k+1][I]=x[q[front]][I]; 32 } 33 } 34 ans=0x3f3f3f3f; 35 for (int I=1;I<=n-k+1;I++) 36 for (int i=1;i<=m-k+1;i++) ans=min(ans,Y[I][i]-y[I][i]); 37 printf("%d ",ans); 38 return 0; 39 }
咳咳，此代码代码风格奇异，可能不是原创，请各位阅读者谅解…… QWQ。