ABC311 A~G

$Atcoder$ $Beginner$ $Contest$ $311$

首先，ABC题是个人都会，这里就不说了

其次，Ex我是人故我不会，这里也不说了

D

MD读错一个题害的我瞪了好久好久。。。。
题意：
给定一个矩阵，其中有些是墙（边界也是），最初人在 $(2,2)$，每一次可以选择上下左右四个方向中的其中一个行走，直到撞上墙。撞墙后可以再次选择一个方向行走，亦或者就此止步。

求能够到达的所有点数量。

读半天读不来题目。

题意其实很简单，我们考虑从 $(2,2)$ 开始，用BFS进行扩展。但每一次必须沿着当前方向直到撞墙，然后再调整方向即可。

注意到若扩展的一路上都没有走到任何一个没有走过的点，则不往队列里加入这个状态。

	x=2,y=2;int cnt=0;
#define pr pair<int,int>
#define mk make_pair
#define x first
#define y second
	queue<pr >q;q.push(mk(2,2));
	while(!q.empty()){
		int xx=q.front().x,yy=q.front().second;q.pop();
		for(int k=0;k<4;k++){
			int x=xx,y=yy,tag=0;
			while(a[x+dx[k]][y+dy[k]]!='#'){
			    if(!vis[x][y])vis[x][y]=tag=1;x+=dx[k],y+=dy[k];
			}
			if(!vis[x][y])vis[x][y]=tag=1;
			if(x==xx&&y==yy||tag==0)continue;
			q.push(mk(x,y));
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)ans+=vis[i][j];

E

题意：

给定一个 $n\times m$ 的矩阵 $a$，其中有些点为1，其余为0。统计出所有全0子矩阵的数量。

$1\le n,m\le 3000$

考虑枚举矩阵右下角， 设 $f[i,j]$ 表示以 $(i,j)$ 为右下角的全0子矩阵数量。注意到这同时也是以 $(i,j)$ 为右下角的全0子矩阵的最大边长。

若 $a[i,j]=1$，则 $f[i,j]=0$，否则我们考虑使用动态规划求解这个问题。

注意到在更新 $f[i,j]$ 时，真正有用的是 $f[i-1,j],f[i-1,j-1],f[i,j-1]$ 三个状态，从这三个状态扩展到 $f[i,j]$，所需要的条件就是另外一/二列是否全0。显然三者的最小值可以满足这个条件，故有 $f[i,j]=min(f[i-1,j],f[i,j-1],f[i-1,j-1])+1$

F

很水的计数DP，为啥我看不出来D啊！！！

Q：给定一个仅含有 .，# 的 $n\times m$ 的矩阵 $a$，定义一个矩阵 $S$ 是漂亮的，当且仅当对于所有的 $S[i,j]=\text{\#}$ 的位置，有 $S[i+1,j+1]=S[i+1,j]=\text{\#}$(如果存在这个位置的话)

求通过(不限次数)将原矩阵 $a$ 中的 $.$ 变为 $\text{\#}$，可以有多少个不同的漂亮的矩阵？

A：

显然的计数DP。首先，我们要根据原矩阵的 $\text{\#}$ 将 $a$ 补为一个漂亮的矩阵，显然在所有可以得到的漂亮矩阵里，这个是基础。

设 $h[i]=\underset{1\le j\le n}{min}j[a[j,i]=\text{\#}]$，则是一个漂亮矩阵的充要条件为：

1. $\mathrm{\forall }j\in [h[i],n],a[j,i]=\text{\#}$
2. $\mathrm{\forall }i\in [2,n],h[i]\ge h[i-1]-1$

我们考虑根据这个条件进行DP。由上述条件，可以发现每一列最多只有一段以 $n$ 结尾的 $\text{\#}$，这便是刻画状态的关键。

设 $f[i,j]$ 表示前 $i$ 列中， 第 $i$ 列的从上至下的第一个 $\text{\#}$ 所在位置为 $(j,i)$ 的方案数。

特别低， $h[i]=n+1$ 表示该列没有现成的 $\text{\#}$

首先有 $f[1,j]=[1\le j\le h[1]]$，我们考虑接下来的DP。

对于 $f[i,j]$ 而言，上一列显然不能小于 $j-1$，但也不能大于 $h[i-1]$，故有：

$$f[i,j]=\sum _{k=h[i-1]}^{j-1}f[i-1,k]$$

时间复杂度过高，考虑优化。

注意到 $f[i,j]-f[i,j-1]=-f[i-1,j-2]⟹f[i,j]=f[i,j+1]+f[i-1,j-1]$，预处理 $f[i,h[i]]$，然后倒算即可。

void init(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)cin>>a[i][j];
	for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)if(a[i][j]=='#')a[i+1][j+1]=a[i+1][j]='#';
	for(int i=1;i<=m;i++)while(h[i]<=n&&a[++h[i]][i]!='#');
}
void solve(){
	for(int i=1;i<=h[1];i++)f[1][i]=1; 
	for(int i=2;i<=m;i++){
		for(int j=h[i]-1;j<=h[i-1];j++)f[i][h[i]]=(f[i][h[i]]+f[i-1][j])%p;
		for(int j=h[i]-1;j>=1;--j)f[i][j]=(f[i][j+1]+f[i-1][j-1])%p;
	} 
	for(int i=1;i<=n+1;i++)ans=(ans+f[m][i])%p;
	cout<<ans<<"\n";	
}

G

挺有意思的问题，想到了枚举 $x_1,x_2$，没想到后面可以转化到单调栈。能复习单调栈也是不错的！

题意：给定一个 $n\times m$ 的矩阵 $a$，求子矩阵中的最小值乘该矩阵中的元素和的最大值。$1\le n,m\le 300$

我们考虑枚举该矩阵的 $l_x,r_x$，合并 $a[l_x,i]\sim a[r_x,i](i\in [1,m])$，将其转化为原问题的序列版本。合并的过程在扩展 $r$ 时做，其复杂度为 $O(n^{3}a)$，其中 $a$ 为合并两个元素所需操作时间。

设 $h[i]=\underset{l_x\le k\le r_x}{min}a[k,i],w[i]=\sum _{l_x\le k\le r_x}a[k,i]$，看看我们转化为了一个什么样的问题：

找到一个区间 $[l,r]$ ，使得 $h$ 的最小值乘以 $w$ 的和的值最大。

让我们再想想，抽象成平面几何问题：给定 $m$ 个排成一列的矩形，第 $i$ 个矩形高和宽分别为 $h[i],w[i]$，求这个复合图形里面积最大的矩形。

这是一个单调栈的经典问题，维护一个高度严格单调递增的栈 $t$，依次插入各个矩形并求解答案。过程直接看代码就好。

#define int long long//十年OI一场空，不开long long见祖宗
#define N 505
#define pr pair<int,int>
#define h first
#define w second
#define mk make_pair 
int a[N][N],n,m,ans,w[N],h[N];
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)cin>>a[i][j];
	for(int l=1;l<=n;l++){
		for(int i=1;i<=m;i++)w[i]=0,h[i]=0x3f3f3f3f;
		for(int r=l;r<=n;r++){
			for(int i=1;i<=m;i++)w[i]+=a[r][i],h[i]=min(a[r][i],h[i]);
			stack<pr >t;
			t.push(mk(0,0));
			for(int i=1;i<=m;i++){
				if(h[i]>t.top().h)t.push(mk(h[i],w[i]));
				else if(h[i]==t.top().h)t.top().w+=w[i];
				else {
					int w1=0;
					while(t.top().h>h[i]){
						w1+=t.top().w;
						ans=max(ans,w1*t.top().h);
						t.pop();
					}
					t.push(mk(h[i],w1+w[i]));
				}
			}
			int w1=0;
			while(!t.empty()){
				w1+=t.top().w;
				ans=max(ans,w1*t.top().h);
				t.pop();
			}
		}
	}
	cout<<ans<<"\n";
}