CF627E Orchestra [矩阵计数]

原创

锐* 2021-12-27 15:04:20 博主文章分类：OIer做题记录 ©著作权

文章标签 计数矩阵尺取 #include 复杂度 文章分类 后端开发

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也许更好的阅读体验

D e s c r i p t i o n \mathcal{Description} Description

题目大意 有一个 r ∗ c r * c r∗c的矩阵上有 n n n个点，问有多少个子矩阵里包含至少 k k k个点

输入格式 第一行四个数 r , c , n , k r,c,n,k r,c,n,k，接下来 n n n行，每行两个数 x i , y i x_i,y_i xi,yi，表示第 i i i个点的坐标

输出格式 一行一个数表示合法子矩阵个数

数据范围 1 ≤ r , c , n ≤ 3000 , 1 ≤ k ≤ min ⁡ ( n , 10 ) 1\leq r,c,n\leq 3000 , 1\leq k\leq \min(n,10) 1≤r,c,n≤3000,1≤k≤min(n,10)

S o l u t i o n \mathcal{Solution} Solution

~~这题好难~~

题目要求至少包含了 k k k个点的子矩阵， k k k很小

朴素的想法是枚举上边界，下边界，然后在中间尺取，这样是 O ( n 3 ) O\left(n^3\right) O(n3)的

反过来考虑，从下往上枚举每一行

先算出以这一行的每个顶点为左上角，最下面一行为第 c c c的所有合法矩阵个数

计算方法考虑尺取即可

再考虑最下面一行逐渐往上走的合法矩阵个数

这个过程中，点是在不断变少的

考虑算出将最下面一行变为其上面那一行时合法矩阵的减少量，再用原来的合法矩阵量减去，得到最下面一行往上移一行后的合法矩阵数量

如何计算合法矩阵的减少量

枚举这一行中的每个点，计算出包含这个点且点数刚好为 k k k的矩阵个数，然后删去这个点

计算方法也是尺取，另外，尺取时用一个链表表示该行中下一个点和上一个点的位置，这样尺取复杂度就是该行点数，而不是 m m m

这样就能算出删去这一行中所有点后不合法的矩阵个数

那么往上移一行合法矩阵就会减去这些矩阵

如此计算，总复杂度为

O ( n 2 k + n p k ) O\left(n^2k+npk\right) O(n2k+npk)

如有不懂之处，请参考代码

如仍有不懂之处可在评论提出，博主看到会给予回复

C o d e \mathcal{Code} Code

/*******************************
Author:Morning_Glory
LANG:C++
Created Time:2019年10月15日 星期二 15时37分21秒
*******************************/
#include <cstdio>
#include <fstream>
#include <vector>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn = 3005;
int n,m,p,k;
int s[maxn],t[maxn],last[maxn],nxt[maxn];
ll ans;
vector <int> dot[maxn];
int main()
{
  scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&p,&k);//求n行m列p个点至少包含k个点的矩阵个数
  for (int i=1;i<=p;++i){
    int x,y;
    scanf("%d%d",&x,&y);
    dot[x].push_back(y);//每行的点
  }

  for (int u=n;u>=1;--u){
    for (int i=0;i<dot[u].size();++i) ++s[dot[u][i]];//s[i] -> 第n行到第u行上第i列的点数
    int l=1,r=0,num=0;
    ll inc=0;
    while (true){
      while (r+1<=m&&num<k) num+=s[++r];
      if (num<k)  break;
      while (l<=r&&num>=k)  num-=s[l++],inc+=m-r+1;//inc 合法矩阵个数
    }

    for (int i=1;i<=m;++i)  t[i]=s[i];
    for (int i=0;i<=m+1;++i)  last[i]=i-1,nxt[i]=i+1;
    for (int i=1;i<=m;++i)
      if (!s[i])  last[nxt[i]]=last[i],nxt[last[i]]=nxt[i];

    for (int d=n;d>=u;--d){
      ans+=inc;

      for (int i=0;i<dot[d].size();++i){

        int cur=dot[d][i],sl=t[cur],sr=0;
        l=r=cur;
        while (nxt[r]<=m&&sl+sr+t[nxt[r]]<=k) sr+=t[r=nxt[r]];

        while (true){
          if (sl+sr==k) inc-=(l-last[l])*(nxt[r]-r);
          sl+=t[l=last[l]];
          if (!l||sl>k) break;
          while (sl+sr>k) sr-=t[r],r=last[r];
        }

        --t[cur];
        if (!t[cur])  last[nxt[cur]]=last[cur],nxt[last[cur]]=nxt[cur];
      }
    }
  }

  printf("%lld\n",ans);
  return 0;
}