[校内自测 NOIP模拟题] chenzeyu97要请客(单调栈)

题目描述

chenzeyu97的家可以看成是一个n*m的矩阵，每块区域都有独一无二的海拔高度h（h>0）！其最大值为n*m。 

现在他要选择一个子矩阵摆放一张桌子，在他眼里，这样摆放桌子的美观度为这个子矩阵中所有元素中值的最小值，他想知道，如果他要求摆放桌子的美观度为i，那么可以选择多少种子矩阵呢？ 

对于所有可能的i值（1≤i≤n*m），你都应该得出其方案数，这样你就能顶替蒟蒻hzwer获得被请客的资格！ 

题解：http://hzwer.com/4727.html 

输入

第1行:两个整数N，M; 

接下来N行:每行m个整数，描述一个N*M的矩阵.  

30%的数据1≤n,m≤50;  

100%的数据1≤n,m≤300. 

输出

输出N*M行，每行一个整数，第i行表示美观度i的方案数. 

样例输入 Copy

2 3
2 5 1
6 3 4

样例输出 Copy

6
4
5
1
1
1

提示

【样例解释】 

美观度为1的情况: 

在2*3的矩阵中，分别选择如下的子矩阵:选择第1行第3列、选择第1行第2列~第1行第3列、选择第1行第1列~第1行第3列、选择第1行第3列~第2行第3列、选择第1行第2列~第2行第3列、选择第1行第1列~第2行第3列，其美观度均为1，共6种情况； 

美观度为2的情况: 

在2*3的矩阵中，分别选择如下的子矩阵:选择第1行第1列、选择第1行第1列~第1行第2列、选择第1行第1列~第2行第1列、选择第1行第1列~第2行第2列，共4种情况。 

以此类推… 

思路

• 这题是单调栈的题目，但用单调队列就会T，因为如果要用单调队列，就还要去枚举一下滑动窗口的长度，所以就多了一个n，所以就T掉了。
• 讲一下正解，不用想，一定要去枚举左右区间，l->r.
• 我们要知道每一个行区间l--->r的最小值，这个可以用l-1---->r 用O(1)转移过来。
• 现在我们就要在行上去统计答案。
• 现在原题就变成了如何对一个数列，用O(n)的时间复杂度去求出最小值
• 此时我们只要知道当前的是A{X}，前一个比他小的值是A[Y]，然后这中间的一堆没用的东西就没用了。因为这里面的都没有对答案造成贡献，所以这区间的就可以不管了
• 然后具体实现就是如果要把一个点放到单调栈里，只要栈顶的最小值比他大，就将栈顶给这个点，并不断统计答案的影响。
• f数组表示当前的往前的最长区间，然后答案就是向前最大的长度*向后最大的长度（乘法原理，我一直以为是公式，然后被机房大佬疯狂嘲讽）
• mn里存下预处理好的高度。
• 然后放到单调栈里，不断的弹，然后就是统计答案了

• #include<bits/stdc++.h>
  using namespace std;
  typedef long long LL;
  const int MAX = 305;
  int n, m;
  int a[MAX][MAX], sta[MAX], top, mn[MAX];
  LL f[MAX], ans[MAX * MAX];
  
  int read()
  {
      char c;
      int num, f = 1;
      while (c = getchar(), !isdigit(c))
          if (c == '-')
              f = -1;
      num = c - '0';
      while (c = getchar(), isdigit(c))
          num = num * 10 + c - '0';
      return f * num;
  }
  void calc()
  {
      int i, j;//手动写一个单调栈，去模拟将一个点放入后的贡献。
      LL sum;
      top = 0;
      for (i = 1; i <= n; i++)
      {
          f[i] = 1;
          sum = 1;
          while (top && mn[i] < mn[sta[top]])
          {
              ans[mn[sta[top]]] += f[sta[top]] * sum;
              sum += f[sta[top]];
              f[i] += f[sta[top]];
              top--;
          }
          sta[++top] = i;
      }
      sum = 0;
      while (top)
      {
          ans[mn[sta[top]]] += f[sta[top]] * (sum + 1);
          sum += f[sta[top]];
          top--;
      }
  }
  int main()
  {
      int i, j, k;
      n = read();
      m = read();
      memset(ans, 0, sizeof(ans));
      memset(f, 0, sizeof(f));
      for (i = 1; i <= n; i++)
          for (j = 1; j <= m; j++)
              a[i][j] = read();
      for (i = 1; i <= m; i++)
      {
          memset(mn, 127, sizeof(mn));
          for (j = i; j <= m; j++)
          {
              for (k = 1; k <= n; k++)
                  mn[k] = min(mn[k], a[k][j]);//这就是一个简单的预处理，存的就是从l开始的每一个区间的高度
              calc();
          }
      }
      for (i = 1; i <= n * m; i++)
          printf("%d\n", ans[i]);
      return 0;
  }