ABC311E 题解

看到官方题解是 $O(n^2)$ 的 dp。

提供一个 $O(n^2{\log }_{2}n)$ 的做法，考场思路，大概比较简单。

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Description

给一个 $H$ 行 $W$ 列的网格，其中一些点被涂成黑色，求整个正方形内都未被涂黑的正方形的个数。

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Solution

考场上首先想到的简单暴力做法，即枚举正方形左上角端点，然后枚举正方形边长，求目前枚举的正方形中有没有黑色格子。

这样做是 $O(n^3)$ 的，接受不了。

所以我们需要减少或者优化掉一维的枚举。

考虑固定正方形的左上角，先 $O(n^2)$ 枚举左上角 $(i,j)$，然后考虑如何快速计算答案。

显然对于满足条件的正方形，其内部黑色格子的数量是 $0$，而在暴力枚举的过程中，正方形的边长不断增大，黑色格子的数量是单调不减的。

因此，如果以 $(i,j)$ 为左上角端点，边长为 $len$ 的正方形中黑格个数 $>0$，那么左上端点不变，边长 $\ge len$ 的正方形中黑格个数一定 $>0$，不可行。

而如果以 $(i,j)$ 为左上角端点，边长为 $len$ 的正方形中黑格个数 $=0$，那么左上角不变，边长 $\le len$ 的正方形中黑格个数也一定 $=0$，可行。

换句话说，设 $a_{len}$ 表示以 $(i,j)$ 为左上角的正方形中，边长为 $len$ 的，其内部黑色格子的数量，那 $a_{len}$ 随 $len$ 单调不减，而我们要求出 $a$ 数组前面连续的 $0$ 的个数。

这满足单调性，可以二分边长 $len$ ，对于每一个二分到的 $len$ ，可以用二维前缀和 $O(1)$ 算出正方形内黑色格子数。

不会二维前缀和的同学可以看一下 P2004。

总复杂度 $O(n^2{\log }_{2}n)$ ，此处的 $n$ 即题目里的 $H$,$W$, $3000$ 级别的，勉强可以过，最慢的点 $528ms$。

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Code

里面有一些注释。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace IO{
	template<typename T> inline void write(T x){
		if(x<0) putchar('-'),x=-x;
		if(x==0){
			putchar('0'); return ;
		}
		if(x>9) write(x/10);
		putchar(x%10+'0');
		return ;
	}
	template<typename T> inline void read(T &x){
		x=0; int w=1; char ch=getchar();
		while(!isdigit(ch)){
			if(ch=='-') w=-1; ch=getchar();
		}
		while(isdigit(ch))
			x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
		x*=w; return ;
	}
}
using namespace IO; //快读
#define writesp(x) write(x),putchar(' ')
#define writeln(x) write(x),putchar('\n')
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f
#define mod 998244353
#define maxn 3010
#define int long long
#define pb emplace_back
int h,w,n,a[maxn][maxn],x,y,l,r,mid,ans=0;
int calc(int x1,int _y1,int x2,int y2){
	return a[x2][y2]-a[x1-1][y2]-a[x2][_y1-1]+a[x1-1][_y1-1]; //二维前缀和
}
bool check(int i,int j,int mid){
	return (calc(i,j,i+mid-1,j+mid-1)==0); //满足条件即为不含黑色方格
}
signed main(){
//	freopen(".in","r",stdin);
//	freopen(".out","w",stdout);
//	ios::sync_with_stdio(false);
//	cin.tie(0); cout.tie(0);
	read(h); read(w); read(n);
	memset(a,0,sizeof(a));
	while(n--){
		read(x); read(y); a[x][y]=1;
	}
	for(int i=1;i<=h;++i)
		for(int j=2;j<=w;++j) a[i][j]+=a[i][j-1];
	for(int i=1;i<=w;++i)
		for(int j=2;j<=h;++j) a[j][i]+=a[j-1][i];
	//计算二维前缀和数组
	for(int i=1;i<=h;++i)
		for(int j=1;j<=w;++j){
			l=1; r=min(h-i+1,w-j+1); //二分，最小边长是 1，最大边长需要保证不越界
			while(l<=r){
				mid=(l+r)>>1;
				if(check(i,j,mid)) l=mid+1;
				else r=mid-1;
			}
			ans+=r; //二分出 r 为以 (i,j) 为端点的满足条件的正方形最大边长，也是正方形个数
		}
	writeln(ans);
	return 0;
}