T3118 01完美矩阵计数，前缀和，差分，好题

Posted 2020-11-15 tieechal

Online Judge：未知

Label：好题，计数，前缀和

题目描述

一个01矩形被称为是完美01矩形，如果满足下面3个条件:

(1)它的四条边上都是1

(2)内部（除了4条边）的0和1的个数之差不超过1

(3)大小至少是2*2

给定一个01矩阵，求可以在其中圈出多少完美01矩形。

输入

第一行两个整数n和m

接下来n行，每行m个数，0或者1.

输出

输出完美01矩形的个数。

样例

Input

4 4
1 1 1 1
1 0 1 1
1 1 0 1
1 1 1 1

5 5
1 0 1 1 1
1 0 1 0 1
1 1 0 1 1
1 0 0 1 1
1 1 1 1 1

Output

3

3

Hint

对于30%的数据，n和m的数据范围([1,20]);
对于60%的数据，n和m的数据范围([1,100]);
对于100%的数据，n和m的数据范围([1,300]).

题解

60pts

(O(N^4))随便怎么敲都可以。直接枚举矩形上的两角。对于随机数据，下面的代码跑的飞快。但是如果有大量1就挂掉了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=302;
int a[N][N],n,m;
int sum[N][N];
int le[N][N],ri[N][N],up[N][N],down[N][N];
inline int read(){
    int x=0;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9')c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
    return x;
}
void pre(){
    register int i,j;
    for(i=1;i<=n;++i){
        int lst=0;
        for(j=1;j<=m;++j){
            if(a[i][j])le[i][j]=++lst;
            else lst=0;
        }
        lst=0;
        for(j=m;j>=1;j--){
            if(a[i][j])ri[i][j]=++lst;
            else lst=0;
        }
    }
    for(j=1;j<=m;++j){
        int lst=0;
        for(i=1;i<=n;++i){
            if(a[i][j])up[i][j]=++lst;
            else lst=0;
        }
        lst=0;
        for(i=n;i>=1;i--){
            if(a[i][j])down[i][j]=++lst;
            else lst=0;
        }
    }
     
    for(i=1;i<=n;++i)for(j=1;j<=m;++j){
        sum[i][j]=sum[i-1][j]+sum[i][j-1]-sum[i-1][j-1]+a[i][j];
    }
}
inline int calc(int x,int y,int x2,int y2){
    int res=sum[x2][y2]-sum[x-1][y2]-sum[x2][y-1]+sum[x-1][y-1];
    return res;
}
namespace p60{
    void solve(){
        register int i,j,k,l;
        ll ans=0;
        for(i=1;i<=n;++i)for(j=1;j<=m;++j)if(a[i][j]){
            for(k=i+1;k<=i+down[i][j]-1;k++)for(l=j+1;l<=j+ri[i][j]-1;l++)if(a[k][l]){
                if((k-up[k][l]+1<=i)&&(l-le[k][l]+1<=j)){ 
                    int tmp=calc(i+1,j+1,k-1,l-1),o=(k-i-1)*(l-j-1);
                    if(abs(o-2*tmp)<=1)++ans;    
                }
            }
        }
        printf("%lld
",ans);
    }
}
int main(){
//  freopen("matrix.in","r",stdin);
//  freopen("matrix.out","w",stdout);
    n=read(),m=read();
    for(register int i=1;i<=n;++i)for(register int j=1;j<=m;++j)a[i][j]=read();
    pre();
    p60::solve();
}

---

100pts

看数据范围，正解复杂度应该是(O(N^3))的。

对于这类矩阵的计数题，有一个常见套路做法：

用(O(N^2))时间枚举上下行边界，对于列，在(O(N))时间内扫一遍，用前缀和等维护计数。

---

step0.预处理

先预处理一个东西s[i][j]，表示(i,j)的二维前缀和，但与普通的前缀和不同，在这里将0计为-1，将1计为+1。这样处理有什么好处呢？下面会提到。

for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=m;j++){
        scanf("%d",&a[i][j]);
        s[i][j]=s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1]+(a[i][j]==1?1:-1);
    }

这样可以求得以(x,y)为左上角，(x2,y2)为右下角的矩形"面积"（为了方便描述，下面都用“面积”表示矩形内的01个数差）。比如这个矩形内0个数比1个数多5，则面积为-5，如果0个数等于1个数，则面积为0。

inline int Area(int x,int y,int x2,int y2){
    return s[x2][y2]-s[x-1][y2]-s[x2][y-1]+s[x-1][y-1];
}

step1.统计

先枚举上下边。

for(i=1;i<n;i++)for(j=i+1;j<=n;j++){//上下边 

接下里要考虑在(O(N))时间内求得以(i,j)为上下边的01完美矩阵个数。

---

先思考一种比较low的做法。

下面代码中，直接暴力统计左右边在([k,l])范围内的符合条件的矩形个数。虽然看起来是(O(N^3))的，但实际是(O(N^2))的（因为后面(k=l+1)跳了一下）。

for(k=1;k<=m;k++)if(a[i][k]&&a[j][k]){
    int l=k;
    while(l+1<=m&&a[i][l+1]&&a[j][l+1])l++;//找到
    if(k==l)continue;   
    
    //暴力统计
    int o1,o2;
    for(o1=k;o1<=l;o1++)for(o2=o1;o2<=l;o2++){
        if(是01完美矩形(i,j,o1,o2))计数;
    }
    
    k=l+1;  
}

瓶颈在于这个(O(N^2))的暴力统计。

解决方法就是用到之前预处理的前缀和。见下面代码。

利用差分思想。每次找到合法的列，查询前面的前缀和是否有和它相差1以内的，计入答案。然后把自己的前缀和加入统计。

for(p=k;p<=l;p++)if(Area(i,p,j,p)==j-i+1){  
    int pre=Area(i+1,k+1,j-1,p-1)+base,now=Area(i+1,k+1,j-1,p)+base;    
    ans+=cnt[pre-1]+cnt[pre]+cnt[pre+1];
    cnt[now]++;
}

由于矩形面积可能为负，所以要加上一个基量(base)。

而且计算完([k,l])内的矩形后，还要清空(cnt[])数组，清空代码如下，和上面反一下：

for(p=k;p<=l;p++)if(Area(i,p,j,p)==j-i+1){
    int now=Area(i+1,k+1,j-1,p)+base;
    cnt[now]--;
}   

综上时间复杂度为(O(N^3))，完整代码如下：

//枚举上下边，前缀和统计 
#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
using namespace std;
const int N=305,base=N*N;
int n,m,a[N][N],s[N][N],cnt[2*N*N];
ll ans=0;
inline int Area(int x,int y,int x2,int y2){
    return s[x2][y2]-s[x-1][y2]-s[x2][y-1]+s[x-1][y-1];
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    register int i,j,k,p; 
    for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=m;j++){
        scanf("%d",&a[i][j]);
        s[i][j]=s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1]+(a[i][j]==1?1:-1);
    }
    for(i=1;i<n;i++)for(j=i+1;j<=n;j++){//上下边 
        for(k=1;k<=m;k++)if(a[i][k]&&a[j][k]){
            int l=k;
            while(l+1<=m&&a[i][l+1]&&a[j][l+1])l++;
            if(k==l)continue;   
            for(p=k;p<=l;p++)if(Area(i,p,j,p)==j-i+1){  
                int pre=Area(i+1,k+1,j-1,p-1)+base,now=Area(i+1,k+1,j-1,p)+base;    
                ans+=cnt[pre-1]+cnt[pre]+cnt[pre+1];
                cnt[now]++;
            }
            for(p=k;p<=l;p++)if(Area(i,p,j,p)==j-i+1){
                int now=Area(i+1,k+1,j-1,p)+base;
                cnt[now]--;
            }   
            k=l+1;  
        }
    }
    printf("%lld
",ans);
}