2018ACM/ICPC南京网络赛B-The writing on the wall （补题）

题目链接

题意：求n*m的区域中不含有黑色格子的矩形数量。

这题给了2s的时限，m只给了100，暴力复杂度可以是O(n*m*m)，接近1e9，能过，大概1300+ms。。。因为高中的时候懒得学组合数学，导致现在对计数的东西一窍不通，连没有黑色格子的情况居然都想不清楚QAQ

这是一篇讲解本题的博客

看了上面链接的博客后，有种恍然大明白的感觉，现在开始讲讲我理解的做法。

首先，假设没有黑色格子，暴力计数的话可以先枚举右下角的坐标(i,j)，然后枚举左下角的列号k，对于每一个不同（i,j,k），新增的矩形个数就是行号i（即左上角可能的取值个数）——左下角和右下角确定的情况下理解这个计数应该还是挺简单的。枚举完后，得到的值就是总的矩形数。

如果有黑色格子，会对计数产生什么影响呢？我们需要在枚举左下角的时候，同时更新从右下角到左下角的列里最接近当前行黑色格子的行号，因为这个黑色格子限制了左上角可能的取值个数。至于怎么更新，可以枚举行时先维护出每一列最接近当前行的黑色格子的行号。

（PS：除了暴力外还研究了一下同校聚聚的分治代码，发现在极限数据下也会退化成O(n*m*m)，不过思路还是巧妙哇

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int up[110];
struct node{
	int x,y;
	friend bool operator<(node a,node b){
		return a.x<b.x;
	}
}b[100005];
int main(){
	int T, cas=0;
	scanf("%d", &T);
	while(T--){
		int n, m, K;
		scanf("%d%d%d", &n, &m, &K);
		memset(up,0,sizeof(up));
		for(int i=0; i<K; i++){
			scanf("%d%d", &b[i].x, &b[i].y);
		}
		ll ans=0;int tt=0;
		for(int i=1; i<=n; i++){
			while(tt<K&&b[tt].x<=i){//维护每一列中最接近当前行的黑色格子的行号 
				up[b[tt].y]=max(up[b[tt].y],b[tt].x),tt++;
			}
			for(int j=1; j<=m; j++){
				int minn=i;
				for(int k=j; k>0; k--){
					if(i-up[k]<minn)
					minn=(i-up[k]);
					ans+=minn;
				}
			}
		}
		printf("Case #%d: %lld\n", ++cas, ans);
	}
	return 0;
}