\(Atcoder\) \(Beginner\) \(Contest\) \(311\)
首先，ABC题是个人都会，这里就不说了
其次，Ex我是人故我不会，这里也不说了
D
MD读错一个题害的我瞪了好久好久。。。。
题意：
给定一个矩阵，其中有些是墙（边界也是），最初人在 \((2,2)\)，每一次可以选择上下左右四个方向中的其中一个行走，直到撞上墙。撞墙后可以再次选择一个方向行走，亦或者就此止步。
求能够到达的所有点数量。
读半天读不来题目。
题意其实很简单，我们考虑从 \((2,2)\) 开始，用BFS进行扩展。但每一次必须沿着当前方向直到撞墙，然后再调整方向即可。
注意到若扩展的一路上都没有走到任何一个没有走过的点，则不往队列里加入这个状态。
x=2,y=2;int cnt=0;
#define pr pair<int,int>
#define mk make_pair
#define x first
#define y second
queue<pr >q;q.push(mk(2,2));
while(!q.empty()){
int xx=q.front().x,yy=q.front().second;q.pop();
for(int k=0;k<4;k++){
int x=xx,y=yy,tag=0;
while(a[x+dx[k]][y+dy[k]]!='#'){
if(!vis[x][y])vis[x][y]=tag=1;x+=dx[k],y+=dy[k];
}
if(!vis[x][y])vis[x][y]=tag=1;
if(x==xx&&y==yy||tag==0)continue;
q.push(mk(x,y));
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)ans+=vis[i][j];
E
题意：
给定一个 \(n\times m\) 的矩阵 \(a\)，其中有些点为1，其余为0。统计出所有全0子矩阵的数量。
\(1\le n,m\le 3000\)
考虑枚举矩阵右下角， 设 \(f[i,j]\) 表示以 \((i,j)\) 为右下角的全0子矩阵数量。注意到这同时也是以 \((i,j)\) 为右下角的全0子矩阵的最大边长。
若 \(a[i,j]=1\)，则 \(f[i,j]=0\)，否则我们考虑使用动态规划求解这个问题。
注意到在更新 \(f[i,j]\) 时，真正有用的是 \(f[i-1,j],f[i-1,j-1],f[i,j-1]\) 三个状态，从这三个状态扩展到 \(f[i,j]\)，所需要的条件就是另外一/二列是否全0。显然三者的最小值可以满足这个条件，故有 \(f[i,j]=\min(f[i-1,j],f[i,j-1],f[i-1,j-1])+1\)
F
很水的计数DP，为啥我看不出来D啊！！！
Q：给定一个仅含有 .，# 的 \(n\times m\) 的矩阵 \(a\)，定义一个矩阵 \(S\) 是漂亮的，当且仅当对于所有的 \(S[i,j]=\text{#}\) 的位置，有 \(S[i+1,j+1]=S[i+1,j]=\text{#}\)(如果存在这个位置的话)
求通过(不限次数)将原矩阵 \(a\) 中的 \(.\) 变为 \(\text{#}\)，可以有多少个不同的漂亮的矩阵？
A：
显然的计数DP。首先，我们要根据原矩阵的 \(\text{#}\) 将 \(a\) 补为一个漂亮的矩阵，显然在所有可以得到的漂亮矩阵里，这个是基础。
设 \(h[i]=\min_{1\le j\le n}j[a[j,i]=\text{#}]\)，则是一个漂亮矩阵的充要条件为：
- \(\forall j\in [h[i],n],a[j,i]=\text{#}\)
- \(\forall i\in[2,n],h[i]\ge h[i-1]-1\)
我们考虑根据这个条件进行DP。由上述条件，可以发现每一列最多只有一段以 \(n\) 结尾的 \(\text{#}\)，这便是刻画状态的关键。
设 \(f[i,j]\) 表示前 \(i\) 列中， 第 \(i\) 列的从上至下的第一个 \(\text{#}\) 所在位置为 \((j,i)\) 的方案数。
特别低， \(h[i]=n+1\) 表示该列没有现成的 \(\text{#}\)
首先有 \(f[1,j]=[1\le j\le h[1]]\)，我们考虑接下来的DP。
对于 \(f[i,j]\) 而言，上一列显然不能小于 \(j-1\)，但也不能大于 \(h[i-1]\)，故有：
时间复杂度过高，考虑优化。
注意到 \(f[i,j]-f[i,j-1]=-f[i-1,j-2]\implies f[i,j]=f[i,j+1]+f[i-1,j-1]\)，预处理 \(f[i,h[i]]\)，然后倒算即可。
void init(){
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)cin>>a[i][j];
for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)if(a[i][j]=='#')a[i+1][j+1]=a[i+1][j]='#';
for(int i=1;i<=m;i++)while(h[i]<=n&&a[++h[i]][i]!='#');
}
void solve(){
for(int i=1;i<=h[1];i++)f[1][i]=1;
for(int i=2;i<=m;i++){
for(int j=h[i]-1;j<=h[i-1];j++)f[i][h[i]]=(f[i][h[i]]+f[i-1][j])%p;
for(int j=h[i]-1;j>=1;--j)f[i][j]=(f[i][j+1]+f[i-1][j-1])%p;
}
for(int i=1;i<=n+1;i++)ans=(ans+f[m][i])%p;
cout<<ans<<"\n";
}
G
挺有意思的问题，想到了枚举 \(x_1,x_2\)，没想到后面可以转化到单调栈。能复习单调栈也是不错的！
题意：给定一个 \(n\times m\) 的矩阵 \(a\)，求子矩阵中的最小值乘该矩阵中的元素和的最大值。\(1\le n,m\le 300\)
我们考虑枚举该矩阵的 \(l_x,r_x\)，合并 \(a[l_x,i]\sim a[r_x,i](i\in[1,m])\)，将其转化为原问题的序列版本。合并的过程在扩展 \(r\) 时做，其复杂度为 \(O(n^3a)\)，其中 \(a\) 为合并两个元素所需操作时间。
设 \(h[i]=\min_{l_x\le k\le r_x}a[k,i],w[i]=\sum_{l_x\le k\le r_x}a[k,i]\)，看看我们转化为了一个什么样的问题：
找到一个区间 \([l,r]\) ，使得 \(h\) 的最小值乘以 \(w\) 的和的值最大。
让我们再想想，抽象成平面几何问题：给定 \(m\) 个排成一列的矩形，第 \(i\) 个矩形高和宽分别为 \(h[i],w[i]\)，求这个复合图形里面积最大的矩形。
这是一个单调栈的经典问题，维护一个高度严格单调递增的栈 \(t\)，依次插入各个矩形并求解答案。过程直接看代码就好。
#define int long long//十年OI一场空，不开long long见祖宗
#define N 505
#define pr pair<int,int>
#define h first
#define w second
#define mk make_pair
int a[N][N],n,m,ans,w[N],h[N];
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)cin>>a[i][j];
for(int l=1;l<=n;l++){
for(int i=1;i<=m;i++)w[i]=0,h[i]=0x3f3f3f3f;
for(int r=l;r<=n;r++){
for(int i=1;i<=m;i++)w[i]+=a[r][i],h[i]=min(a[r][i],h[i]);
stack<pr >t;
t.push(mk(0,0));
for(int i=1;i<=m;i++){
if(h[i]>t.top().h)t.push(mk(h[i],w[i]));
else if(h[i]==t.top().h)t.top().w+=w[i];
else {
int w1=0;
while(t.top().h>h[i]){
w1+=t.top().w;
ans=max(ans,w1*t.top().h);
t.pop();
}
t.push(mk(h[i],w1+w[i]));
}
}
int w1=0;
while(!t.empty()){
w1+=t.top().w;
ans=max(ans,w1*t.top().h);
t.pop();
}
}
}
cout<<ans<<"\n";
}