T3118 01完美矩阵【计数，前缀和，差分，好题】
Online Judge：未知
Label：好题，计数，前缀和
题目描述
一个01矩形被称为是完美01矩形，如果满足下面3个条件:
(1)它的四条边上都是1
(2)内部（除了4条边）的0和1的个数之差不超过1
(3)大小至少是2*2
给定一个01矩阵，求可以在其中圈出多少完美01矩形。
输入
第一行两个整数n和m
接下来n行，每行m个数，0或者1.
输出
输出完美01矩形的个数。
样例
Input
4 4
1 1 1 1
1 0 1 1
1 1 0 1
1 1 1 1
5 5
1 0 1 1 1
1 0 1 0 1
1 1 0 1 1
1 0 0 1 1
1 1 1 1 1
Output
3
3
Hint
对于30%的数据，n和m的数据范围\([1,20]\);
对于60%的数据，n和m的数据范围\([1,100]\);
对于100%的数据，n和m的数据范围\([1,300]\).
题解
60pts
\(O(N^4)\)随便怎么敲都可以。直接枚举矩形上的两角。对于随机数据，下面的代码跑的飞快。但是如果有大量1就挂掉了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=302;
int a[N][N],n,m;
int sum[N][N];
int le[N][N],ri[N][N],up[N][N],down[N][N];
inline int read(){
int x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
return x;
}
void pre(){
register int i,j;
for(i=1;i<=n;++i){
int lst=0;
for(j=1;j<=m;++j){
if(a[i][j])le[i][j]=++lst;
else lst=0;
}
lst=0;
for(j=m;j>=1;j--){
if(a[i][j])ri[i][j]=++lst;
else lst=0;
}
}
for(j=1;j<=m;++j){
int lst=0;
for(i=1;i<=n;++i){
if(a[i][j])up[i][j]=++lst;
else lst=0;
}
lst=0;
for(i=n;i>=1;i--){
if(a[i][j])down[i][j]=++lst;
else lst=0;
}
}
for(i=1;i<=n;++i)for(j=1;j<=m;++j){
sum[i][j]=sum[i-1][j]+sum[i][j-1]-sum[i-1][j-1]+a[i][j];
}
}
inline int calc(int x,int y,int x2,int y2){
int res=sum[x2][y2]-sum[x-1][y2]-sum[x2][y-1]+sum[x-1][y-1];
return res;
}
namespace p60{
void solve(){
register int i,j,k,l;
ll ans=0;
for(i=1;i<=n;++i)for(j=1;j<=m;++j)if(a[i][j]){
for(k=i+1;k<=i+down[i][j]-1;k++)for(l=j+1;l<=j+ri[i][j]-1;l++)if(a[k][l]){
if((k-up[k][l]+1<=i)&&(l-le[k][l]+1<=j)){
int tmp=calc(i+1,j+1,k-1,l-1),o=(k-i-1)*(l-j-1);
if(abs(o-2*tmp)<=1)++ans;
}
}
}
printf("%lld\n",ans);
}
}
int main(){
// freopen("matrix.in","r",stdin);
// freopen("matrix.out","w",stdout);
n=read(),m=read();
for(register int i=1;i<=n;++i)for(register int j=1;j<=m;++j)a[i][j]=read();
pre();
p60::solve();
}
100pts
看数据范围，正解复杂度应该是\(O(N^3)\)的。
对于这类矩阵的计数题，有一个常见套路做法：
用\(O(N^2)\)时间枚举上下行边界，对于列，在\(O(N)\)时间内扫一遍，用前缀和等维护计数。
step0.预处理
先预处理一个东西s[i][j]，表示(i,j)的二维前缀和，但与普通的前缀和不同，在这里将0计为-1，将1计为+1。这样处理有什么好处呢？下面会提到。
for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=m;j++){
scanf("%d",&a[i][j]);
s[i][j]=s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1]+(a[i][j]==1?1:-1);
}
这样可以求得以(x,y)为左上角，(x2,y2)为右下角的矩形"面积"（为了方便描述，下面都用“面积”表示矩形内的01个数差）。比如这个矩形内0个数比1个数多5，则面积为-5，如果0个数等于1个数，则面积为0。
inline int Area(int x,int y,int x2,int y2){
return s[x2][y2]-s[x-1][y2]-s[x2][y-1]+s[x-1][y-1];
}
step1.统计
先枚举上下边。
for(i=1;i<n;i++)for(j=i+1;j<=n;j++){//上下边
接下里要考虑在\(O(N)\)时间内求得以\(i,j\)为上下边的01完美矩阵个数。
先思考一种比较low的做法。
下面代码中，直接暴力统计左右边在\([k,l]\)范围内的符合条件的矩形个数。虽然看起来是\(O(N^3)\)的，但实际是\(O(N^2)\)的（因为后面\(k=l+1\)跳了一下）。
for(k=1;k<=m;k++)if(a[i][k]&&a[j][k]){
int l=k;
while(l+1<=m&&a[i][l+1]&&a[j][l+1])l++;//找到
if(k==l)continue;
//暴力统计
int o1,o2;
for(o1=k;o1<=l;o1++)for(o2=o1;o2<=l;o2++){
if(是01完美矩形(i,j,o1,o2))计数;
}
k=l+1;
}
瓶颈在于这个\(O(N^2)\)的暴力统计。
解决方法就是用到之前预处理的前缀和。见下面代码。
利用差分思想。每次找到合法的列，查询前面的前缀和是否有和它相差1以内的，计入答案。然后把自己的前缀和加入统计。
for(p=k;p<=l;p++)if(Area(i,p,j,p)==j-i+1){
int pre=Area(i+1,k+1,j-1,p-1)+base,now=Area(i+1,k+1,j-1,p)+base;
ans+=cnt[pre-1]+cnt[pre]+cnt[pre+1];
cnt[now]++;
}
由于矩形面积可能为负，所以要加上一个基量\(base\)。
而且计算完\([k,l]\)内的矩形后，还要清空\(cnt[]\)数组，清空代码如下，和上面反一下：
for(p=k;p<=l;p++)if(Area(i,p,j,p)==j-i+1){
int now=Area(i+1,k+1,j-1,p)+base;
cnt[now]--;
}
综上时间复杂度为\(O(N^3)\)，完整代码如下：
//枚举上下边，前缀和统计
#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
using namespace std;
const int N=305,base=N*N;
int n,m,a[N][N],s[N][N],cnt[2*N*N];
ll ans=0;
inline int Area(int x,int y,int x2,int y2){
return s[x2][y2]-s[x-1][y2]-s[x2][y-1]+s[x-1][y-1];
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
register int i,j,k,p;
for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=m;j++){
scanf("%d",&a[i][j]);
s[i][j]=s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1]+(a[i][j]==1?1:-1);
}
for(i=1;i<n;i++)for(j=i+1;j<=n;j++){//上下边
for(k=1;k<=m;k++)if(a[i][k]&&a[j][k]){
int l=k;
while(l+1<=m&&a[i][l+1]&&a[j][l+1])l++;
if(k==l)continue;
for(p=k;p<=l;p++)if(Area(i,p,j,p)==j-i+1){
int pre=Area(i+1,k+1,j-1,p-1)+base,now=Area(i+1,k+1,j-1,p)+base;
ans+=cnt[pre-1]+cnt[pre]+cnt[pre+1];
cnt[now]++;
}
for(p=k;p<=l;p++)if(Area(i,p,j,p)==j-i+1){
int now=Area(i+1,k+1,j-1,p)+base;
cnt[now]--;
}
k=l+1;
}
}
printf("%lld\n",ans);
}
