【Foreign】画方框 [主席树]
画方框
Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 256 MB
Description
Input
Output
输出一行一个整数,表示 CD 最多可能画了几个方框。
Sample Input
3
1 1 1
1 0 1
1 1 1
Sample Output
9
HINT
Main idea
给定一个01矩阵,1表示有标记,询问正方形方框的个数。
Solution
首先,我们先从 维护对角线上的点 这一层面来考虑。
我们先把一个点 能向左向上拓展的最大长度 以及 能向右向下的最长长度 预处理出来。
那么这时候,我们考虑 对于一条对角线上的点 怎么 在O(nlogn)以内 统计出答案。必然要用到某些数据结构。
举个例子,比如这个数据:
1 1 1 1
1 0 0 0
1 0 0 1
1 0 1 1
我们现在统计中间对角线的答案。
现在查询第一个点(1,1),他向右向下拓展长度为 4 。
就是查询,后面三个点中 可以向左上拓展的长度 (2,2)>=1 (3,3)>=2 (4,4)>=3,
这三个条件满足了几个。
这样的话,我们发现:每次统计一个点的时候 查询的就是:在这个点 可以向右向下拓展 到的范围内,它后面的第 i 个点 可以向左向上拓展长度 是否 > i。
我们发现:查询后面若干个数的值是否 > 一个等差数列比较复杂。
于是乎,若统计第id个的答案,后面第num个点(在向右向下范围内)可以被统计所需要满足的条件是:num - id + 1 <= val 也就是 num - val + 1 <= id。(其中val表示 这个点可以向左向上拓展的长度)
所以我们如果把 i - val + 1 加入到一个数据结构中的话,
查询的就是:某一范围内 <=一个定值 的数的个数。
那直接用主席树来做就好了。
这样我们就解决了这个问题 QWQ。
Code
#include<iostream>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long s64; const int ONE = ;
const int INF = ; int n;
int a[ONE][ONE];
int Ans; struct power
{
int left, right;
int up, down;
int L, R;
}A[ONE][ONE]; int cnt, res;
struct point
{
int root;
int value;
int left, right;
}Node[ONE * ]; int get()
{
int res=,Q=;char c;
while( (c=getchar())< || c> )
if(c=='-')Q=-;
res=c-;
while( (c=getchar())>= && c<= )
res=res*+c-;
return res*Q;
} void Deal_first()
{
for(int i = ; i <= n; i++)
{
for(int j = n; j >= ; j--)
if(a[i][j]) A[i][j].right = A[i][j + ].right + ;
else A[i][j].right = ;
for(int j = ; j <= n; j++)
if(a[i][j]) A[i][j].left = A[i][j - ].left + ;
else A[i][j].left = ;
} for(int j = ; j <= n; j++)
{
for(int i = n; i >= ; i--)
if(a[i][j]) A[i][j].down = A[i + ][j].down + ;
else A[i][j].down = ;
for(int i = ; i <= n; i++)
if(a[i][j]) A[i][j].up = A[i - ][j].up + ;
else A[i][j].up = ;
} for(int i = ; i <= n; i++)
for(int j = ; j <= n; j++)
A[i][j].L = min(A[i][j].left, A[i][j].up),
A[i][j].R = min(A[i][j].right, A[i][j].down);
} void Update(int &x, int y, int L, int R, int Q, int val)
{
x = ++cnt;
Node[x].left = Node[y].left;
Node[x].right = Node[y].right;
Node[x].value = Node[y].value + val;
if(L == R) return; int M = L + R >> ;
if(Q <= M)
Update(Node[x].left, Node[y].left, L, M, Q, val);
else
Update(Node[x].right, Node[y].right, M + , R, Q, val);
} void Query(int x, int y, int l, int r, int L, int R)
{
if(L <= l && r <= R)
{
res += Node[y].value - Node[x].value;
return;
} int mid = l + r >> ; if(L <= mid) Query(Node[x].left, Node[y].left, l, mid, L, R);
if(mid + <=R) Query(Node[x].right, Node[y].right, mid + , r, L, R);
} int main()
{
n = get();
for(int i = ; i <= n; i++)
for(int j = ; j <= n; j++)
a[i][j] = get(); Deal_first(); for(int id = ; id <= n; id++)
{
for(int x = id, y = ; x <= n; x++, y++)
Update(Node[y].root, Node[y - ].root, , INF, y - A[x][y].L + , ); for(int x = id, y = ; x <= n; x++, y++)
{
res = ;
if(A[x][y].R)
Query(Node[y - ].root, Node[y + A[x][y].R - ].root, , INF, , y);
Ans += res;
} cnt = ;
for(int i = ; i <= cnt; i++)
Node[i].left = Node[i].right = Node[i].root = Node[i].value = ;
} for(int id = ; id <= n; id++)
{
for(int y = id, x = ; y <= n; y++, x++)
Update(Node[x].root, Node[x - ].root, , INF, x - A[x][y].L + , ); for(int y = id, x = ; y <= n; y++, x++)
{
res = ;
if(A[x][y].R)
Query(Node[x - ].root, Node[x + A[x][y].R - ].root, , INF, , x);
Ans += res;
} cnt = ;
for(int i = ; i <= cnt; i++)
Node[i].left = Node[i].right = Node[i].root = Node[i].value = ;
} printf("%d", Ans);
}
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