矩阵计数
ps：花了很久才看懂别人的暴力写法。不考虑有黑点的矩形，以 （ i，j ）为右下角高度为1， 2，3， ······，i 的矩形分别都有 j 个。
当有黑点时，就要考虑枚举的高度是否是合法，比如说高度为2的矩形，但高度为1的矩形中有黑点，那么高度为2的矩形就一定不会是 j 个。
const int N = 100005; int n, m, k, cas, up[105]; bool sp[N][105]; int main() { cas = 1; BEGIN() { mem(sp, 0); mem(up, 0); sc(n), sc(m), sc(k); Rep(i, 1, k) { int a, b; sc(a), sc(b); sp[a][b] = 1; } LL ans = 0; Rep(i, 1, n) { Rep(j, 1, m) if (sp[i][j]) up[j] = i; Rep(j, 1, m) { int h = 0; for (int k = j; k; --k) { h = max(h, up[k]); ans += (i - h); } } } printf("Case #%d: %lld\n", cas++, ans); } return 0; }
ps：单调栈优化并维护前缀和（既存在递推关系）
枚举到第 5 行，维护一个单调非严格递增的栈，假设已经算出了以（5，j）为右下角的矩形个数，怎么求（5，j + 1）为右下角的矩形个数呢？设 j + 1 列的高度（从当前位置开始向上走直到遇到第一个黑色位置或者边界的距离）为h，如果 h >= S.top()，那么新增的矩形个数就是d，既sum(j + 1) = sum(j) + d；如果 h < S.top()，那么新增的个数是在栈中比h大的元素个数乘以h。因为以h为高的矩形是可以向左扩展的。
看图：sum( j = 5 ) = sum( j = 2) + 3 * h.（以（6，5）为右下角高度为h的矩形有三个）
注意：①搞清楚递推关系。②弹出多少个数就要压入多少个数。
const int N = 100005; int n, m, k, cas, up[105], S[105]; bool sp[N][105]; int main() { cas = 1; BEGIN() { mem(sp, 0); mem(up, 0); sc(n), sc(m), sc(k); Rep(i, 1, k) { int a, b; sc(a), sc(b); sp[a][b] = 1; } LL ans = 0; Rep(i, 1, n) { LL sum = 0; int top = 0; Rep(j, 1, m) { if (sp[i][j]) up[j] = i; int d = i - up[j]; if (!d) { top = 0; sum = 0; } else { int cnt = 1; while(top && S[top - 1] > d) { sum -= S[top - 1]; // 因为是维护的前缀和，S.top() > d 的位置的贡献是无用的，得减去。这里不太好理解 top --; cnt ++; } Rep(k, 1, cnt) { sum += d; S[top++] = d; // 弹出多少个数就压入多少个数（一切都是为了前缀和） } } ans += sum; /* 错误得写法，没有正确得维护前缀和 if (sp[i][j]) { up[j] = i; top = 0; sum = 0; } int d = i - up[j]; int cnt = 1; while(top && S[top - 1] >= d) { sum -= S[top - 1]; top--; cnt++; } S[top++] = d; Rep(j, 1, cnt) sum += d; ans += sum; */ } } printf("Case #%d: %lld\n", cas++, ans); } return 0; }
数据范围：1 <= n <= 1e9，1 <= m <= 1e9，1 <= k <= 5000
ps：显然不能用上面的方法。 k 只有5000个，所以：
点S（x，y），以（1，1）为左上角，（x，y）为右下角的矩形叫SP，和以 （x，y）为左上角，（n，m）为右下角的矩形叫SQ，假设 点P∈SP，点Q∈SQ，那么以P点为左上角，Q点为右下角形成的矩形一定包括点S。讨论矩形SP，并计算包含第 i 个点（点S）的矩形个数：记 F ( 矩形X）= cnt（矩形X包含点的个数），首先点集{1 ~ （ i - 1）}可以分为两部分，一部分点在SP内，另一部分不在SP内：{B1,B2，B3}，{B4}。仔细观察SQ矩形内的点在SP内那部分的点会产生贡献，
那么包含点S的矩形个数 ans = F( A1 + A2 ) * F( C1) + F( A1 ) * F( C2 ) + F( A1 ) * F( C3 ) + F( A1 ) * F( C4 ) + F( A1 ) * F( C5 )。既SQ内的点（作为矩形的右下角）只会和有颜色那部分的点（作为矩形的左上角）形成的矩形才是去重后包含S点矩形的个数。且不在SP内的点集{B4}会限制SQ矩形的宽度（矩形A2内的点的贡献在点B4就已经计算过)。
const int mod = 1000000007; P p[5005]; int n, m, C; bool cmp(P x, P y) { if (x.first == y.first) return x.second < y.second; return x.first < y.first; } int main() { sc(n), sc(m), sc(C); Rep(i, 1, C) sc(p[i].first), sc(p[i].second); sort(p + 1, p + C + 1, cmp); LL ans = 0; Rep(i, 1, C) { int l = 0, r = m + 1; for (int j = i - 1; ~j; --j) { ans += 1ll * (p[i].second - l) * (r - p[i].second) % mod * 1ll * (p[j + 1].first - p[j].first) % mod * (n - p[i].first + 1) % mod; ans %= mod; if (p[j].second > p[i].second) r = min(r, p[j].second); if (p[j].second < p[i].second) l = max(l, p[j].second); } } LL res = ((1ll * n * (n + 1) / 2) % mod) * ((1ll * (m + 1) * m / 2) % mod) % mod; cout << (res - ans + mod) % mod << endl; return 0; }
如果看懂了dp的做法，就能去做 51Nod 1291了。orzzzzz！
