\(Atcoder\) \(Beginner\) \(Contest\) \(311\)
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:
\[f[i,j]=\sum_{k=h[i-1]}^{j-1}f[i-1,k] \]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";
}
标签:le,int,text,top,矩阵,ABC311,define
From: https://www.cnblogs.com/oierpyt/p/17575248.html