题解 P6551 【[COCI2010-2011#2] CRNI】

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【题解】Crni [P6551] [SP7884]

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【分析】

这是一道套路题，用到了很多关于矩阵的处理技巧，但找到解决方法后会发现它的思维难度其实并不高，主要是代码实现较困难，所以也可以视其为膜你题。

【前缀和的套路】

找子矩阵基本都会用到前缀和，常见的查询子矩阵可以直接容斥，例如维护二维树状数组时用到的方法：

设 S[x][y]=\sum_{i=1}^{x} \sum_{j=1}^{y} a[i][j]，那么递推式为 S[i][j]= S[i-1][j]+S[i][j-1]-S[i-1][j-1]+a[i][j]

如果要查询以 (x1,y1) 为左下角，以 (x2,y2) 为右下角的矩阵和，\sum_{i={x_1}}^{y_1} \sum_{j={x_2}}^{y_2} a[i][j]= S[x2][y2]-S[x1-1][y2]-S[x2][y1-1]+S[x1-1][y1-1]

在预处理式子时需要从左上角一直递推到右下角，而稍复杂一点的需要统计多个方向（没错，就是此题了），即从最多 4 个角落（左上，左下，右上，右下）开始向其对角处递推，得到多个助于统计答案的前缀和数组。

【预处理】

回到此题。

为方便处理，将矩阵中的黑点设为 1，白点设为 0 。

对于所有的黑点，先预处理出 4 个数组：

$(2).$ $LU[i][j]$： 以 $(i,j)$ 为**左上角**的**黑矩阵**个数。 $(3).$ $LD[i][j]$： 以 $(i,j)$ 为**左下角**的**黑矩阵**个数。 $(4).$ $RU[i][j]$： 以 $(i,j)$ 为**右上角**的**黑矩阵**个数。 但如果暴力枚举的话 $O(n^4)$ 复杂度过高，需要考虑合理**继承**前面求出的信息。 以 $RD$ 为例，为便于推导，我们先在矩阵中枚举一条辅助线，假设已经求出了第 $i$ 行前 $j-1$ 列的 $RD$ 信息，如图为 $i=4,j=4$ 的情况： ![](https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/24n4h1nl.png) 定义 $H[i][j]$ 为点 $(i,j)$ 向上最多可以延伸的距离（或者说高度），如果 $a(i,j)$ 为白块，$H[i][j]=0$ 。 处理方法如下： 对于点 $(i,j)$ 找到同一列前面第一个 $H$ 小于它的位置 $(i,k)$。 由于 $[k+1,j]$ 的高度都大于 $j$，那么将会有 $H[i][j]*(j-k)$ 个点可以作为**黑矩形**的**左上角**（**右下角**为 $(i,j)$），但是将 $(i,j)$ 自己作为**左上角**时**黑矩阵**大小只有 $1$，所以要减去 $1$ 。 另外以 $(i,k)$ 为**右下角**的**黑矩阵**都可以将长度扩大 $j-k$，即变成以 $(i,j)$ 为**右下角**，但以 $(i,k)$ 为**右下角**的情况没有计算在 $RD[i][k]$ 以内，所以要加上 $1$ 。 得到递推式为：$RD[i][j]=H[i][j]*(j-k)-1+RD[i][k]+1$ 。 于是时间复杂度就被优化到了 $O(n^3)$，但还不够优秀。 现在的问题是如何快速找 $k$，方法同 [$\text{Largest}$ $\text{Rectangle}$ $\text{in}$ $\text{a}$ $\text{Histogram}$](https://www.luogu.org/problem/SP1805) [（题解）](https://www.cnblogs.com/Xing-Ling/p/10935693.html)，直接单调栈维护即可。 在上面那张图中 $H[4][1]=1,H[4][2]=2,H[4][3]=4,H[4][4]=3$，所以 $j=4$ 时的决策点 $k=2$，因此 $RD[3][4]=3*2-1+RD[3][2]+1$ 。 同理可得 $LU,LD,RU$ 。 ### **【统计答案】** 依旧是枚举辅助线： ![](https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/89a72vbb.png) 先求出**下边界在红线上面**的**黑矩形**个数，即 $\sum_{i=1}^{x} \sum_{j=1}^{n} RD[i][j]$（或者 $LD[i][j]$）， 再求出**上边界紧贴在红线下面**的**黑矩阵**个数，即 $\sum_{j=1}^{n}LU[x+1][j]$（或者 $RU[x+1][j]$）， 将二者相乘，再对于每一条辅助线算出的结果求和，得到**相对位置为上下**的**黑矩形**总对数。（其实也可以固定红线上面，红线下面求总个数） 同理枚举**竖线**，可得**相对位置为左右**的**黑矩形**总对数。 但这样会有算重复的情况，如下图绿色部分和蓝色部分： ![](https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/gz6se8m3.png) 因此还要减去**相对位置既有上下又有左右**的**黑矩形**对数，也就是在十字线对角象限的**黑矩形**对数，求法和前面大致相同。为方便处理，要任选两个方向计算矩阵前缀和（递推式和二维树状数组的一样）： $(1).$ $S_{RD}[x][y]=\sum_{i=1}^{x} \sum_{j=1}^{y} RD[i][j]

前缀和递推方向：左上 → 右下 。
矩阵前缀和意义：右下角在 (i,j) 左上面的黑矩阵个数。

(2).$ $S_{LU}[x][y]=\sum_{i=n}^{x} \sum_{j=n}^{y} RD[i][j]

前缀和递推方向：右下 → 左上 。
矩阵前缀和意义：左上角在 (i,j) 右下面的黑矩阵个数。

(3).$ $S_{LD}[x][y]=\sum_{i=1}^{x} \sum_{j=n}^{y} RD[i][j]

前缀和递推方向：右上 → 左下 。
矩阵前缀和意义：左下角在 (i,j) 右上面的黑矩阵个数。

(4).$ $S_{RU}[x][y]=\sum_{i=n}^{x} \sum_{j=1}^{y} RD[i][j]

前缀和递推方向：左下 → 右上 。
矩阵前缀和意义：右上角在 (i,j) 左下面的黑矩阵个数。

最后，此题细节较多，变量名没设好的话很容易搞混。

时间复杂度为：O(n^2) 。

【Code】

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#define Re register int
#define For(i,a,b) for(Re i=a;i<=b;++i)
#define Por(i,a,b) for(Re i=a;i>=b;--i)
#define print() for(Re i=1;i<=n;puts(""),++i)for(Re j=1;j<=n;++j)
using namespace std;
const int N=1003,P=10007;
int n,Q[N],A[N][N],H[N][N],SS[N][N];char ch[N];
inline void in(Re &x){
    int f=0;x=0;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
    x=f?-x:x;
}
int RD[N][N];
inline void get_RD(){//RD[i][j]: 以i,j为右下角的黑矩形个数(1,1)→(n,n) 
    memset(H,0,sizeof(H));
    For(i,1,n)For(j,1,n)if(A[i][j])H[i][j]=H[i-1][j]+1;
//  print()printf("%d ",H[i][j]);puts("");
    For(i,1,n){
        Re h=1,t=0;
        For(j,1,n)if(!A[i][j])RD[i][j]=-1;
        RD[i][Q[++t]=0]=-1;
        For(j,1,n){
            while(h<=t&&H[i][Q[t]]>=H[i][j])--t;
            if(h<=t&&A[i][j])RD[i][j]=RD[i][Q[t]]+1+H[i][j]*(j-Q[t])-1;
            Q[++t]=j;
        }
        For(j,1,n)if(RD[i][j]<0)RD[i][j]=0;
    }
//  print()printf("%d ",RD[i][j]);puts("");
}
int LU[N][N];
inline void get_LU(){//LU[i][j]: 以i,j为左上角的黑矩形个数(n,n)→(1,1) 
    memset(H,0,sizeof(H));
    Por(i,n,1)Por(j,n,1)if(A[i][j])H[i][j]=H[i+1][j]+1;
//  print()printf("%d ",H[i][j]);puts("");
    Por(i,n,1){
        Re h=1,t=0;
        Por(j,n,1)if(!A[i][j])LU[i][j]=-1;
        LU[i][Q[++t]=n+1]=-1;
        Por(j,n,1){
            while(h<=t&&H[i][Q[t]]>=H[i][j])--t;
            if(h<=t&&A[i][j])LU[i][j]=LU[i][Q[t]]+1+H[i][j]*(Q[t]-j)-1;
            Q[++t]=j;
        }
        Por(j,n,1)if(LU[i][j]<0)LU[i][j]=0;
    }
//  print()printf("%d ",LU[i][j]);puts("");
}
int LD[N][N];
inline void get_LD(){//LD[i][j]: 以i,j为左下角的黑矩形个数(1,n)→(n,1)
    memset(H,0,sizeof(H));
    For(i,1,n)Por(j,n,1)if(A[i][j])H[i][j]=H[i-1][j]+1;
//  print()printf("%d ",H[i][j]);puts("");
    For(i,1,n){
        Re h=1,t=0;
        Por(j,n,1)if(!A[i][j])LD[i][j]=-1;
        LD[i][Q[++t]=n+1]=-1;
        Por(j,n,1){
            while(h<=t&&H[i][Q[t]]>=H[i][j])--t;
            if(h<=t&&A[i][j])LD[i][j]=LD[i][Q[t]]+1+H[i][j]*(Q[t]-j)-1;
            Q[++t]=j;
        }
        Por(j,n,1)if(LD[i][j]<0)LD[i][j]=0;
    }
//  print()printf("%d ",LD[i][j]);puts("");
}
int RU[N][N];
inline void get_RU(){//RU[i][j]: 以i,j为右上角的黑矩形个数(n,1)→(1,n)
    memset(H,0,sizeof(H));
    Por(i,n,1)Por(j,n,1)if(A[i][j])H[i][j]=H[i+1][j]+1;
//  print()printf("%d ",H[i][j]);puts("");
    Por(i,n,1){
        Re h=1,t=0;
        For(j,1,n)if(!A[i][j])RU[i][j]=-1;
        RU[i][Q[++t]=0]=-1;
        For(j,1,n){
            while(h<=t&&H[i][Q[t]]>=H[i][j])--t;
            if(h<=t&&A[i][j])RU[i][j]=RU[i][Q[t]]+1+H[i][j]*(j-Q[t])-1;
            Q[++t]=j;
        }
        For(j,1,n)if(RU[i][j]<0)RU[i][j]=0;
    }
//  print()printf("%d ",RU[i][j]);puts("");
}
inline int U_D(){//加上-下 
    Re ans=0,S=0;
    For(i,1,n){
        For(j,1,n)(ans+=S*LU[i][j]%P)%=P;//用【左上角为(i,j)的矩阵LU】固定在辅助线下面
        For(j,1,n)(S+=RD[i][j])%=P;//用【右下角为(i,j)的矩阵RD】求辅助线上边的总个数
    }
    return ans%P;
}
inline int L_R(){//加左-右 
    Re ans=0,S=0;
    For(j,1,n){
        For(i,1,n)(ans+=S*LU[i][j]%P)%=P;//用【左上角为(i,j)的矩阵LU】固定在辅助线右边
        For(i,1,n)(S+=RD[i][j])%=P;//用【右下角为(i,j)的矩阵RD】求辅助线左边的总个数
    }
    return ans%P;
}
inline int LU_RD(){//减左上-右下 
    Re ans=0;memset(SS,0,sizeof(SS));
    For(i,1,n-1)For(j,1,n-1){
        SS[i][j]=((RD[i][j]+SS[i-1][j]+SS[i][j-1])%P-SS[i-1][j-1]+P)%P;
        //十字线左上角的用【右下角为(i,j)的矩阵RD】求总和
        (ans+=SS[i][j]*LU[i+1][j+1]%P)%=P;//用【左上角为(i,j)的矩阵LU】固定十字线的右下角
    }
    return ans;
}
inline int RU_LD(){//减右上-左下 
    Re ans=0;memset(SS,0,sizeof(SS));
    For(i,1,n-1)Por(j,n,2){
        SS[i][j]=((LD[i][j]+SS[i-1][j]+SS[i][j+1])%P-SS[i-1][j+1]+P)%P;
        //十字线右上角的用【左下角为(i,j)的矩阵LD】求总和
        (ans+=SS[i][j]*RU[i+1][j-1]%P)%=P;//用【右上角为(i,j)的矩阵RU】固定十字线的左下角
    }
    return ans;
}
int main(){
//  freopen("crni.in","r",stdin);
//  freopen("crni.out","w",stdout);
    in(n);
    For(i,1,n){
        scanf("%s",ch+1);
        For(j,1,n)A[i][j]=(ch[j]=='C');
    }
    get_RD(),get_LU(),get_LD(),get_RU();
    printf("%d\n",((U_D()+L_R())%P-(LU_RD()+RU_LD())%P+P)%P);
//  fclose(stdin);
//  fclose(stdout);
    return 0;
}