CF627E Orchestra [矩阵计数]
\(\mathcal{Description}\)
题目大意 有一个\(r * c\)的矩阵上有\(n\)个点，问有多少个子矩阵里包含至少\(k\)个点
输入格式 第一行四个数\(r,c,n,k\)，接下来\(n\)行，每行两个数\(x_i,y_i\)，表示第\(i\)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 \(1\leq r,c,n\leq 3000 , 1\leq k\leq \min(n,10)\)
\(\mathcal{Solution}\)
这题好难
题目要求至少包含了\(k\)个点的子矩阵，\(k\)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\(O\left(n^3\right)\)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\(c\)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\(k\)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\(m\)
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
\(O\left(n^2k+npk\right)\)
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
\(\mathcal{Code}\)
/*******************************
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;
}
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