【loj - 6516】「雅礼集训 2018 Day11」进攻！

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你将向敌方发起进攻！敌方的防御阵地可以用一个 \(N\times M\) 的 \(01\) 矩阵表示，标为 \(1\) 的表示有效区域，标为 \(0\) 的是敌人的预警装置。

你将发起 \(K\) 轮进攻，每一轮从所有 \(\frac{NM(N+1)(M+1)}{4}\) 种可能中选定一个矩形区域对其进行轰炸。如果 \(K\) 轮后存在一个有效区域每次都被轰炸到，并且没有一次触发敌人的预警装置，那么将对敌人造成致命打击。现在你想知道一共有多少种不同的轰炸方案能对敌人造成致命打击，输出对 \(998244353\) 取模的结果。

原题传送门。

solution

如果是树上选连通块要求有交集，可以用 "点 - 边" 的容斥技巧（参考「十二省联考 2019」希望）。

如果是网格图，我们类似地有 "1×1 - 1×2 - 2×1 + 2×2"。这样算出来每种交集恰好贡献 1。

接下来只需要考虑求多少个合法矩形包含某个 "1×1"（其他三种同理）。

可以考虑差分。分别求每个点作为左上角/右上角/左下角/右下角的时候有多少合法矩形，从而计算每个点在差分中的贡献。

这个可以单调栈 \(O(n^2)\) 随便做。

因为要快速幂，总时间复杂度 \(O(n^2\log k)\)。

accepted code

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int MAXN = 2000;
const int MOD = 998244353;

#define rep(i, x, n) for(int i=x;i<=n;i++)
#define per(i, x, n) for(int i=x;i>=n;i--)

inline int add(int x, int y) {x += y; return x >= MOD ? x - MOD : x;}
inline int sub(int x, int y) {x -= y; return x < 0 ? x + MOD : x;}
inline int mul(int x, int y) {return (int)(1LL * x * y % MOD);}

int pow_mod(int b, int p) {
	int ret = 1;
	for(int i=p;i;i>>=1,b=mul(b,b))
		if( i & 1 ) ret = mul(ret, b);
	return ret;
}

int a[MAXN + 5][MAXN + 5], N, M, K;

int h[MAXN + 5], stk[MAXN + 5], tp;
int s1[MAXN + 5][MAXN + 5], s2[MAXN + 5][MAXN + 5];
int s3[MAXN + 5][MAXN + 5], s4[MAXN + 5][MAXN + 5];
void init() {
	rep(j, 1, M) h[j] = 0;
	rep(i, 1, N) {
		rep(j, 1, M) h[j] = (a[i][j] ? h[j] + 1 : 0);
		int cnt = 0; stk[tp = 1] = 0;
		rep(j, 1, M) {
			while( tp && h[j] < h[stk[tp]] ) {
				int x = stk[tp--];
				cnt -= (x - stk[tp])*h[x];
			}
			cnt += (j - stk[tp])*h[j], stk[++tp] = j, s1[i][j] = cnt;
		}
	}

	rep(j, 1, M) h[j] = 0;
	rep(i, 1, N) {
		rep(j, 1, M) h[j] = (a[i][j] ? h[j] + 1 : 0);
		int cnt = 0; stk[tp = 1] = M + 1;
		per(j, M, 1) {
			while( tp && h[j] < h[stk[tp]] ) {
				int x = stk[tp--];
				cnt -= (stk[tp] - x)*h[x];
			}
			cnt += (stk[tp] - j)*h[j], stk[++tp] = j, s2[i][j] = cnt;
		}
	}

	rep(j, 1, M) h[j] = 0;
	per(i, N, 1) {
		rep(j, 1, M) h[j] = (a[i][j] ? h[j] + 1 : 0);
		int cnt = 0; stk[tp = 1] = 0;
		rep(j, 1, M) {
			while( tp && h[j] < h[stk[tp]] ) {
				int x = stk[tp--];
				cnt -= (x - stk[tp])*h[x];
			}
			cnt += (j - stk[tp])*h[j], stk[++tp] = j, s3[i][j] = cnt;
		}
	}

	rep(j, 1, M) h[j] = 0;
	per(i, N, 1) {
		rep(j, 1, M) h[j] = (a[i][j] ? h[j] + 1 : 0);
		int cnt = 0; stk[tp = 1] = M + 1;
		per(j, M, 1) {
			while( tp && h[j] < h[stk[tp]] ) {
				int x = stk[tp--];
				cnt -= (stk[tp] - x)*h[x];
			}
			cnt += (stk[tp] - j)*h[j], stk[++tp] = j, s4[i][j] = cnt;
		}
	}
	per(i, N, 1) per(j, M, 1) {
		s1[i][j] = add(s1[i][j], sub(add(s1[i+1][j], s1[i][j+1]), s1[i+1][j+1]));
		s2[i][j] = add(s2[i][j], sub(add(s2[i+1][j], s2[i][j+1]), s2[i+1][j+1]));
		s3[i][j] = add(s3[i][j], sub(add(s3[i+1][j], s3[i][j+1]), s3[i+1][j+1]));
		s4[i][j] = add(s4[i][j], sub(add(s4[i+1][j], s4[i][j+1]), s4[i+1][j+1]));
	}
}
int get(int dx, int dy) {
	int ans = 0;
	rep(i, dx + 1, N) rep(j, dy + 1, M) {
		int x = sub(add(s1[i][j], s4[i+1-dx][j+1-dy]), add(s2[i][j+1-dy], s3[i+1-dx][j]));
		ans = add(ans, pow_mod(x, K));
	}
	return ans;
}

char str[MAXN + 5];
int main() {
	scanf("%d%d%d", &N, &M, &K);
	rep(i, 1, N) {
		scanf("%s", str + 1);
		rep(j, 1, M) a[i][j] = str[j] - '0';
	}
	int ans = 0; init();
	ans = add(ans, get(0, 0)), ans = sub(ans, get(1, 0));
	ans = sub(ans, get(0, 1)), ans = add(ans, get(1, 1));
	printf("%d\n", ans);
}

details

感觉学了这么久，啥也没学会（无奈.jpg）

这种非常套路而且之前见过类似套路的题都做不出来。果然人还是菜啊。