[GXOI/GZOI2019]与或和——单调栈

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[GXOI/GZOI2019]与或和

既然求的是二进制运算的和，那么我们按位考虑，这样就将矩阵变成了一个$01$矩阵。

对于或运算，就是求有多少个子矩形中有$1$。

直接求不好办，考虑有多少个矩形只有$0$。

我们统计以每个$0$为矩形右下角的矩形有多少个。

对于第$i$行的每一列维护出从这一行开始往上有多少个连续的$0$。

现在问题就变成了对于第$i$行的每一列，之前有多少个格子能作为矩形的左上角和它匹配。

用单调栈维护一个单调递增的序列对每行分别统计答案即可。

对于与运算，就是将总子矩形数$-$包含$0$的子矩形数，对$0$再做一遍即可。

#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<bitset>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define pr pair<int,int>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
ll ans1,ans2;
int a[1010][1010];
int b[1010][1010];
int n;
int mx[1010];
int top;
pr st[1010];
ll sum;
ll find1()
{
	memset(mx,0,sizeof(mx));
	ll res=0;
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		ll num=0;
		top=0;
		for(int j=1;j<=n;++j)
		{
			mx[j]=b[i][j]?mx[j]+1:0;
			int len=1;
			while(top&&st[top].first>=mx[j])
			{
				num-=st[top].first*st[top].second;
				len+=st[top].second;
				top--;
			}
			num+=mx[j]*len;
			res=(res+num)%mod;
			st[++top]=make_pair(mx[j],len);
		}
	}
	return res;
}
ll find2()
{
	memset(mx,0,sizeof(mx));
	ll res=0;
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		ll num=0;
		top=0;
		for(int j=1;j<=n;++j)
		{
			mx[j]=(!b[i][j])?mx[j]+1:0;
			int len=1;
			while(top&&st[top].first>=mx[j])
			{
				num-=st[top].first*st[top].second;
				len+=st[top].second;
				top--;
			}
			num+=mx[j]*len;
			res=(res+num)%mod;
			st[++top]=make_pair(mx[j],len);
		}
	}
	return res;
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	sum=1ll*n*(n+1)/2*n*(n+1)/2;
	sum%=mod;
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		for(int j=1;j<=n;++j)
		{
			scanf("%d",&a[i][j]);
		}
	}
	for(int k=0;k<=31;++k)
	{
		for(int i=1;i<=n;++i)
		{
			for(int j=1;j<=n;++j)
			{
				if(a[i][j]&(1<<k))
				{
					b[i][j]=1;
				}
				else
				{
					b[i][j]=0;
				}
			}
		}
		ans1+=(1ll<<k)%mod*find1()%mod,ans1%=mod;
		ans2+=(1ll<<k)%mod*(sum-find2()+mod)%mod,ans2%=mod;
	}
	ans1=(ans1%mod+mod)%mod,ans2=(ans2%mod+mod)%mod;
	printf("%lld %lld",ans1,ans2);
}