【BZOJ3235】好方的蛇（AHOI2013）-DP+单调栈+容斥

测试地址：好方的蛇
做法：本题需要用到DP+单调栈+容斥。
首先，容易想到预处理出某个顶点（左上、左下、右上、右下）为(i,j)$(i,j)$的合法矩形数目。怎么预处理呢？以处理右下顶点为(i,j)$(i,j)$的合法矩形数目为例，我们要数的实际上是合法的左上顶点的数目，我们发现这个数目可以这样计算：令up(i,j)$up(i,j)$为从点(i,j)$(i,j)$向上最长的连续黑色段长度，则我们需要枚举左上端点所在列k$k$，累加min{up(i,p)|k≤p≤j}$min\{up(i,p)|k\le p\le j\}$。发现这个东西可以用单调栈维护求出，因此我们就能O(n2)$O(n^2)$处理出上述东西了。
然后就是如何求解的问题了。易知，两个不相交的矩形必定要么被一条横线分隔，要么被一条竖线分隔。那么我们对于每个合法的矩形，累加在它下边或右边的矩形数目即可，这显然可以用前缀和优化到O(n2)$O(n^2)$。
但这样有一个问题，那就是当两个矩形既能被一条横线分隔，又能被一条竖线分隔，那么这种情况会被算两次，我们要减去这种情况的贡献。于是我们枚举在上面的那个矩形，对每个矩形，减去右上顶点在这个矩形左下顶点的左下方的矩形数目，再减去左上顶点在这个矩形右下顶点的右下方的矩形数目即可。这也能用前缀和优化成O(n2)$O(n^2)$，于是我们就在O(n2)$O(n^2)$的时间内完成了这道题。
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=10007;
int n;
ll st[1010],h[1010],top;
ll up[1010][1010]={0},down[1010][1010]={0};
ll lu[1010][1010]={0},ld[1010][1010]={0},ru[1010][1010]={0},rd[1010][1010]={0};
char s[1010][1010];

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%s",&s[i][1]);

    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            if (s[i][j]=='B') up[i][j]=up[i-1][j]+1;
            else up[i][j]=0;
        }
    }
    for(int i=n;i>=1;i--)
    {
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            if (s[i][j]=='B') down[i][j]=down[i+1][j]+1;
            else down[i][j]=0;
        }
    }

    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        top=0;
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            ll cnt=1,ans=lu[i][j-1]+up[i][j];
            while(top&&st[top]>up[i][j])
            {
                ans-=h[top]*(st[top]-up[i][j]);
                cnt+=h[top];
                top--;
            }
            if (!top||st[top]!=up[i][j]) st[++top]=up[i][j],h[top]=cnt;
            else h[top]+=cnt;
            lu[i][j]=ans;
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        top=0;
        for(int j=n;j>=1;j--)
        {
            ll cnt=1,ans=ru[i][j+1]+up[i][j];
            while(top&&st[top]>up[i][j])
            {
                ans-=h[top]*(st[top]-up[i][j]);
                cnt+=h[top];
                top--;
            }
            if (!top||st[top]!=up[i][j]) st[++top]=up[i][j],h[top]=cnt;
            else h[top]+=cnt;
            ru[i][j]=ans;
        }
    }
    for(int i=n;i>=1;i--)
    {
        top=0;
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            ll cnt=1,ans=ld[i][j-1]+down[i][j];
            while(top&&st[top]>down[i][j])
            {
                ans-=h[top]*(st[top]-down[i][j]);
                cnt+=h[top];
                top--;
            }
            if (!top||st[top]!=down[i][j]) st[++top]=down[i][j],h[top]=cnt;
            else h[top]+=cnt;
            ld[i][j]=ans;
        }
    }
    for(int i=n;i>=1;i--)
    {
        top=0;
        for(int j=n;j>=1;j--)
        {
            ll cnt=1,ans=rd[i][j+1]+down[i][j];
            while(top&&st[top]>down[i][j])
            {
                ans-=h[top]*(st[top]-down[i][j]);
                cnt+=h[top];
                top--;
            }
            if (!top||st[top]!=down[i][j]) st[++top]=down[i][j],h[top]=cnt;
            else h[top]+=cnt;
            rd[i][j]=ans;
        }
    }

    for(int i=n;i>=1;i--)
        for(int j=n;j>=1;j--)
        {
            if (rd[i][j]>0)
                rd[i][j]=rd[i+1][j]+rd[i][j+1]-rd[i+1][j+1]+rd[i][j]-1ll;
            else rd[i][j]=rd[i+1][j]+rd[i][j+1]-rd[i+1][j+1];
        }
    for(int i=n;i>=1;i--)
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            if (ld[i][j]>0)
                ld[i][j]=ld[i+1][j]+ld[i][j-1]-ld[i+1][j-1]+ld[i][j]-1ll;
            else ld[i][j]=ld[i+1][j]+ld[i][j-1]-ld[i+1][j-1];
        }
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
            if (lu[i][j]>0) ans+=(lu[i][j]-1ll)*(rd[1][j+1]+rd[i+1][1]-rd[i+1][j+1]);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
            if (ru[i][j]>0) ans-=(ru[i][j]-1ll)*ld[i+1][j-1];
    printf("%lld",ans%mod);

    return 0;
}