Educational Codeforces Round 115 (Rated for Div. 2) E - Staircases (dp)

E. Staircases

• 题意：一张\(n\)x\(m\)的图，有两种楼梯形，\(L\)和\(7\)形，即向下向右和向右向下这样无限重复，单点和横着的两个点和竖着的两个点也算，有\(q\)个询问，每次将每个点的权值异或\(1\)，如果某个点的值为\(0\)，那么这个点就不能用，再询问贡献。

• 题解：在纸上手玩几个例子，发现某个点改变后，最多只有\(3n-2\)个格子被影响，因为路径是该点所在的左斜对角线。先不考虑修改的情况，最初答案很容易计算，设\(dp[0/1][i][j]\)表示第\((i,j)\)个点，从上面/左边转移过来的贡献，那么有:\(dp[0][i][j]+=dp[1][i-1][j],dp[1][i][j]+=dp[0][i][j-1]\)，因为单点也有贡献，所以dp数组初始化为\(1\)，但注意计算贡献的时候单点的贡献算了两次，所以\(ans+=dp[0][i][j]+dp[1][i][j]-1\).再根据上面的结论，每次修改我们可以直接枚举左斜对角线修改，复杂度为\(O(n*q)\).

• 代码：

  #include <bits/stdc++.h>
  #define ll long long
  #define fi first
  #define se second
  #define pb push_back
  #define me memset
  #define rep(a,b,c) for(int a=b;a<=c;++a)
  #define per(a,b,c) for(int a=b;a>=c;--a)
  const int N = 1e6 + 10;
  const int mod = 1e9 + 7;
  const int INF = 0x3f3f3f3f;
  using namespace std;
  typedef pair<int,int> PII;
  typedef pair<ll,ll> PLL;
  ll gcd(ll a,ll b) {return b?gcd(b,a%b):a;}
  ll lcm(ll a,ll b) {return a/gcd(a,b)*b;}
  
  int n,m,q;
  int x,y;
  int a[1005][1005];         
  int dp[2][1005][1005]; //0:vertical 1:horizontal
  
  int main() {
      scanf("%d %d %d",&n,&m,&q);
      for(int i=1;i<=n;++i){
          for(int j=1;j<=m;++j){
              dp[0][i][j]=dp[1][i][j]=1;
          }
      }
      ll ans=0;
      for(int i=1;i<=n;++i){
          for(int j=1;j<=m;++j){
              dp[0][i][j]+=dp[1][i-1][j];
              dp[1][i][j]+=dp[0][i][j-1];
              ans+=dp[0][i][j]+dp[1][i][j]-1;
              a[i][j]=1;
          }
      }
      
      while(q--){
          scanf("%d %d",&x,&y);
          a[x][y]^=1;
          if(a[x][y]){
              dp[0][x][y]=1+dp[1][x-1][y];
              dp[1][x][y]=1+dp[0][x][y-1];
              ans+=dp[0][x][y]+dp[1][x][y]-1;
          }
          else{
              ans-=(dp[0][x][y]+dp[1][x][y]-1);
              dp[0][x][y]=dp[1][x][y]=0;
          }
          for(;x<=n && y<=m;x++,y++){
              if(x<n){
                  ans-=dp[0][x+1][y];
                  dp[0][x+1][y]=a[x+1][y]*(1+dp[1][x][y]);
                  ans+=dp[0][x+1][y];
              }
              if(y<m){
                  ans-=dp[1][x][y+1];
                  dp[1][x][y+1]=a[x][y+1]*(1+dp[0][x][y]);
                  ans+=dp[1][x][y+1];
              }
              if(x<n && y<m){
                  ans-=(dp[0][x+1][y+1]+dp[1][x+1][y+1]-1);
                  dp[0][x+1][y+1]=a[x+1][y+1]*(1+dp[1][x][y+1]);
                  dp[1][x+1][y+1]=a[x+1][y+1]*(1+dp[0][x+1][y]);
                  ans+=(dp[0][x+1][y+1]+dp[1][x+1][y+1]-1);
              }
          }
          printf("%lld\n",ans);
      }
      
      return 0;
  }