单调栈求全1（或全0）子矩阵的个数 洛谷P5300与或和 P3400仓鼠窝
爆零好爽，被中学生虐好爽，还好我毕业得早
求全1（或全0）子矩阵的个数，看了题解有好几种思路，我学了三种，但有两种不是很理解，而且也没另外那个跑得快，所以简单讲述一一下我会的那种来自Caro23333大佬的思路，传送门。
首先我们要知道，n*m矩阵的全部子矩阵的个数是C2n+1*C2m+1,因为n*m矩阵横的线就有n+1条，竖的线就有m+1条，而我们横的线任选两根，竖的线也任选两根就能组成一个矩阵了。我们求解的思路就是用总的矩阵数去减去不是全0（或者全1）的子矩阵数。那怎么去求出不是全0（或者全1）的子矩阵数？
n*m的矩阵，以（n,m）格子作为右下角的子矩阵就有n*m个，因为它的左上角可以在n*m个格子里任意取。现在我们要求不是全0（或者全1）的子矩阵数，那么就是看那些格子作为它的左上角，使得矩阵包含0（或者1）。
就比如上图，假设涂绿色的格子为0，其他全为1，现在我们求以红色格子为右下角，不是全1的子矩阵数。那么我们发现，以绿色区域内的格子作为左上角的子矩阵就不是全1的，因为他们的右下方存在着一个0。而绿色区域也很好求，假设一个绿色点是（x,y）那相应的绿色区域就是x*y。不过我们可以看出，绿色区域会有重复，这样的话会把一个区域算了多遍，那怎么处理这个重复的区域呢？
单调栈！我们从上到下，从左到右遍历所有格子，维护maxh[i]为i这一列为0的格子的最大行数，那么我们单调栈维护i,j，i<j有maxa[i]<maxa[j]。严格单调递减的栈，这样的话就使得，当前格子是0的话覆盖的区域不会与前面的重复，因为
当遍历到，（4,4）这个格子的时候，maxh[4]=4，然后栈顶保持的是2，maxh[2]=3，所以把2弹出栈，这时栈顶元素是0，对（4,4）这个右下角产生贡献的绿色区域就是,res[0]+（4-0）*maxh[4]，从图中看就是第二个绿色区域。
而当这个情况时，还是遍历到（4,4）这个格子的时候，maxh[4]=3，然后栈顶保持的是2，maxh[2]=4，所以2不用弹出栈，这时栈顶元素是2，对（4,4）这个右下角产生贡献的绿色区域就是res[2]+（4-2）*maxh[4]。从图中看就是，第一个绿色区域，以及第二个绿色区域不和第一个绿色区域重复的格子数。
所以可以知道res是什么了，res[i]就是前i列最下面的那个0能够贡献的格子，也是覆盖的区域，那么res[i]=res[栈顶元素]+（j-栈顶元素）*maxh[i]//相当于宽乘高，当遍历第i行第j列时的res[j]就是(i,j)这个格子作为右下角时，不是全1的子矩阵的左上角个数。
1 #include<cstdio> 2 typedef long long ll; 3 const int N=3233; 4 int a[N][N],sta[N],maxh[N]; 5 ll res[N]; 6 int main() 7 { 8 int n,m; 9 scanf("%d%d",&n,&m); 10 for(int i=1;i<=n;i++) 11 for(int j=1;j<=m;j++) 12 scanf("%d",&a[i][j]); 13 int top; 14 ll all=(1ll*n*(n+1)*m*(m+1))>>2,ans=0ll;//all总的方案数 15 for(int i=1;i<=n;i++) 16 { 17 sta[top=0]=0; 18 for(int j=1;j<=m;j++) 19 { 20 if(!a[i][j])//因为我们要求的是全1,所以维护这一列0的最大行数，也就是高度 21 maxh[j]=i; 22 while(top&&maxh[sta[top]]<=maxh[j]) 23 top--; 24 res[j]=res[sta[top]]+1ll*(j-sta[top])*maxh[j]; 25 ans+=res[j]; 26 sta[++top]=j; 27 } 28 } 29 printf("%lld\n",all-ans); 30 return 0; 31 }
这题就是把数拆成31位，每一位有对应的权值。
1 #include<cstdio> 2 typedef long long ll; 3 const int N=1108,mod=1000000007; 4 int n,cf2[32]={1},a[N][N],h[N][N]; 5 int sta[N],maxh[N]; 6 ll res[N]; 7 ll count(int k,int x) 8 { 9 for(int i=1;i<=n;i++) 10 maxh[i]=0; 11 int top=0; 12 ll ans=0; 13 for(int i=1;i<=n;i++) 14 { 15 sta[top=0]=0; 16 for(int j=1;j<=n;j++) 17 { 18 if(a[i][j]&cf2[k]) 19 h[i][j]=x; 20 else 21 h[i][j]=x^1; 22 if(!h[i][j]) 23 maxh[j]=i; 24 while(top&&maxh[sta[top]]<=maxh[j]) 25 top--; 26 res[j]=res[sta[top]]+1ll*(j-sta[top])*maxh[j]; 27 if(res[j]>=mod) 28 res[j]-=mod; 29 ans+=res[j]; 30 if(ans>=mod) 31 ans-=mod; 32 sta[++top]=j; 33 } 34 } 35 return ans; 36 } 37 int main() 38 { 39 for(int i=1;i<=30;i++) 40 cf2[i]=cf2[i-1]<<1; 41 scanf("%d",&n); 42 for(int i=1;i<=n;i++) 43 for(int j=1;j<=n;j++) 44 scanf("%d",&a[i][j]); 45 ll all=((1ll*n*(n+1)*n*(n+1))>>2)%mod; 46 ll ans1=0,ans2=0; 47 for(int k=0;k<=30;k++) 48 { 49 ans1+=((all-count(k,1)+mod)%mod)*1ll*cf2[k]; 50 if(ans1>=mod) 51 ans1%=mod; 52 ans2+=count(k,0)*1ll*cf2[k]; 53 if(ans2>=mod) 54 ans2%=mod; 55 } 56 printf("%lld %lld\n",ans1,ans2); 57 return 0; 58 }
