简述题意

给定一个 $n\times m$ 的方格，每个格子里有一个小写英文字母。

现在你有 $k$ 个 $n\times m$ 的方格，这些方格都是给定方格的基础上将左上角为 $(a_i,b_i)$，右下角为 $(c_i,d_i)$ 的矩形区域的方格中的字母替换成字符 $e_i$。

定义两个方格的距离为所有格子中字母在 $\text{Ascll}$ 码的差累和。你要找到 $k$ 个方格中的一个方格，满足它到其他 $k-1$ 个矩阵的距离之和最小，并输出这个最小值。

• $1\le n,m\le 1000，1\le k\le 3\times 10^5$
• $1\le a_i,b_i\le n,1\le c_i,d_i\le m$

思路

以下简记：

• $X(a_i,b_i,c_i,d_i)$ 表示 $X$ 矩阵的左上角为 $(a_i,b_i)$，右下角为 $(c_i,d_i)$ 的子矩阵的元素之和。
• $A$ 表示原矩阵。

首先不难想到枚举每一个矩阵，求出其到其他 $k-1$ 个矩阵的距离和，取最小值即可，然而我们难以直接维护当前枚举到的矩阵与其他矩阵的距离和。

注意到，每一个新矩阵与原矩阵唯一的差别便是一个子矩阵不一样，套路地想到维护原矩阵。

不妨令 $w_{i,j,k}$ 为 $k$ 个新矩阵中，$(i,j)$ 这一位的字母为 $k$ 的数量，$cn{t}_{i,j}$ 表示 $k$ 个新矩阵中有多少个矩阵与原矩阵不同的位置包含了 $(i,j)$。

考虑如何求出 $w$ 数组。不妨先让 $\forall x\in [1,n],y\in [1,m]，w_{x,y,A_{x,y}}=k$，后面减去掉原矩阵贡献的这一部分即可。而后，每生成一个矩阵，就相当于把 $\forall x\in [a_i,b_i],y\in [c_i,d_i],w_{x,y,e_i}\leftarrow w_{x,y,e_i}+1,cn{t}_{x,y}\leftarrow cn{t}_{x,y}+1$，最后统一把 $x\in [1,n],y\in [1,m],w_{x,y,A_{x,y}}\leftarrow w_{x,y,A_{x,y}}-cn{t}_{x,y}$ 即可。

有了 $w$ 数组后，就可以求出原矩阵与 $k$ 个新矩阵的距离和。具体地，枚举 $(i,j)$，那么当前位置与 $k$ 个矩阵对应位置的差值和即为： $re{s}_{i,j}={\sum }_{o\in S}{w}_{i,j,o}\times |A_{i,j}-o|$，其中 $o$ 为字符，$S$ 为字符集。

有了 $res$ 数组之后就大功告成了！

而后，枚举每一个新矩阵，先继承一下原矩阵的贡献，就是 $res(1,1,n,m)-res(a_i,b_i,c_i,d_i)$，紧接着考虑 $(a_i,b_i,c_i,d_i)$ 这个子矩阵对答案的贡献，显然就是 ${\sum }_{o\in S}{w}_o(a_i,b_i,c_i,d_i)\times |e_i-o|$。（说人话 $w_o(a_i,b_i,c_i,d_i)$ 表示的就是 $k$ 个矩阵每一个 $(a_i,b_i,c_i,d_i)$ 子矩阵中有多少个字符 $o$）

总结一下，一个矩阵到其他 $k-1$ 个矩阵的距离和即为：

$$res(1,1,n,m)-res(a_i,b_i,c_i,d_i)+\sum _{o\in S}{w}_o(a_i,b_i,c_i,d_i)\times |e_i-o|$$

空间优化

如果你使用的是 区间修改，区间查询 的二维树状数组求解 $w,res$，那么恭喜你喜提 $\text{Memory limit exceeded on test 1}$，因为每一个树状数组需要 $4$ 个 $bit$ 数组，且需要 $26$ 个这样的树状数组，空间炸飞了。

再仔细思考，发现此题的 区间修改，区间查询 不是同时进行的，所以不妨先差分，再前缀和求出每一位，再前缀和维护子矩阵的和，这样普通数组就可以解决。

代码

请自行忽略树状数组，当成差分看就行。

主要是最开始超空间限制，改了半截发现空间开得下了就懒得改了。

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int MAXN = 1000 + 5 , MAXM = 3e5 + 5;
int n , m , k , a[MAXM] , b[MAXM] , c[MAXM] , d[MAXM];
ll Pre_T[MAXN][MAXN][26] , Pre_res[MAXN][MAXN] , res[MAXN][MAXN];
char mp[MAXN][MAXN] , opt[MAXM];
struct BIT{#define lowbit(x) (x & -x)int bit[MAXN][MAXN];void update(int k , int k2 , int x) {for (int i = k ; i <= n ; i += lowbit(i)) {for (int j = k2 ; j <= m ; j += lowbit(j)) {bit[i][j] += x;}}}ll Sum(int k , int k2) {ll sum = 0;for (int i = k ; i ; i -= lowbit(i)) {for (int j = k2 ; j ; j -= lowbit(j)) {sum += bit[i][j];}}return sum;} void add(int a , int b , int c , int d , int x) {update(a , b , x) , update(a , d + 1 , -x) , update(c + 1 , b , -x) , update(c + 1 , d + 1 , x);}
}T[27];
ll query1(int a , int b , int c , int d , int opt) {return Pre_T[c][d][opt] - Pre_T[a - 1][d][opt] - Pre_T[c][b - 1][opt] + Pre_T[a - 1][b - 1][opt];}
ll query2(int a , int b , int c , int d) {return Pre_res[c][d] - Pre_res[a - 1][d] - Pre_res[c][b - 1] + Pre_res[a - 1][b - 1];}
signed main() { ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr) , cout.tie(nullptr);cin >> n >> m >> k;for (int i = 1 ; i <= n ; i ++) {for (int j = 1 ; j <= m ; j ++) {cin >> mp[i][j];}}for (int i = 1 ; i <= k ; i ++) {cin >> a[i] >> b[i] >> c[i] >> d[i] >> opt[i];T[opt[i] - 'a'].add(a[i] , b[i] , c[i] , d[i] , 1);T[26].add(a[i] , b[i] , c[i] , d[i] , 1);}for (int i = 1 ; i <= n ; i ++) {for (int j = 1 ; j <= m ; j ++) {int sel = T[26].Sum(i , j);T[mp[i][j] - 'a'].add(i , j , i , j , k - sel); }}for (int i = 1 ; i <= n ; i ++) {for (int j = 1 ; j <= m ; j ++) {int now = mp[i][j] - 'a';for (int o = 0 ; o < 26 ; o ++) res[i][j] += 1ll * abs(now - o) * T[o].Sum(i , j);}}for (int i = 1 ; i <= n ; i ++) {for (int j = 1 ; j <= m ; j ++) {Pre_res[i][j] = Pre_res[i - 1][j] + Pre_res[i][j - 1] - Pre_res[i - 1][j - 1] + res[i][j];for (int o = 0 ; o < 26 ; o ++) {Pre_T[i][j][o] = Pre_T[i - 1][j][o] + Pre_T[i][j - 1][o] - Pre_T[i - 1][j - 1][o] + T[o].Sum(i , j);} }}ll ans = 1e16;for (int i = 1 ; i <= k ; i ++) {int now = opt[i] - 'a';ll w = query2(1 , 1 , n , m) - query2(a[i] , b[i] , c[i] , d[i]);for (int o = 0 ; o < 26 ; o ++) w += 1ll * abs(now - o) * query1(a[i] , b[i] , c[i] , d[i] , o);ans = min(ans , w);}cout << ans;return 0;
}