子矩阵的种种做法

前言：

信息学竞赛中，会遇到一些问题，即给出一个矩阵（二维数组），求满足某个条件的子矩阵的个数，或是满足某个条件的最大，最小子矩阵之类的问题，在这里我总结一小点，防止以后再遭套路。

常用方法：

枚举子矩阵左上点，右下点（O(n4)）。

常用优化：

（1）如果子矩阵内的条件只与其本身有关，而与其他没被选的有关，那么可以用前缀和优化。（比如要求子矩阵内的和之类的）。这样，可以把判定条件从n2优化到1。
（2）如果子矩阵本身有特殊性（题上说的或推出来的），那么枚举子矩阵时一般可以少一个n（比如子矩阵是正方形，就只用枚举对角线就可以了）。
（3）条件具有单调性，那么就可以用个单调队列或者尺取法之类的优化。
（4）与值有关的，也许还可以记一个桶，然后用组合计数统计答案。

例题：

- T1

给定一个矩阵，其位置上的值只能是0或1，求最大的正方形使得这个正方形边界及其内部全是1。

• 分析：

  Ⅰ）O（n3）做法：
  首先，前缀和优化一下，然后枚举正方形的左上端点，那么然后再以此对角线枚举右下一个端点。这样是n3的。

  Ⅱ）O（n2logn）做法：
  明显如果左上端点确定了，那么对于一个大正方形如果都满足，那么小一些的也一定成立，这样就可以二分一下。
  Ⅲ）O（n2）做法：
  我们发现，如果一个正方形满足条件，那么其在右下端点向上，向左看，都有连续的一段1，那么我们可以储存一下这个连续的段，就可以边读边做。
  代码：

#include <algorithm>#include <iostream>#include <cstring>#include <cstdlib>#include <cstdio>#include <bitset>#include <cmath>#include <map>using namespace std;const int N = 2000 + 5;int n,m,ans,mp[N][N],sum[N][N];int read() {    int x = 0, f = 1;char ch = getchar();    while( ch <  '0' || ch >  '9'){ if( ch == '-' ) f = -1; ch = getchar(); }    while( ch >= '0' && ch <= '9'){ x = x*10+ch-'0'; ch = getchar(); }    return x * f;}int main(){    n = read(); m = read();    for( int i = 1; i <= n; i++ )        for( int j = 1; j <= m; j++ )            mp[i][j] = read();    for( int i = 1; i <= n; i++ )        for( int j = 1; j <= m; j++ )            sum[i][j] = mp[i][j]+sum[i-1][j]+sum[i][j-1]-sum[i-1][j-1];    for( int i = 1; i <= n; i++ )        for( int j = 1; j <= m; j++ ){            if( !mp[i][j] ) continue; bool flag = 0;            while( ans <= i && ans <= j && sum[i][j]-sum[i-ans][j]-sum[i][j-ans]+sum[i-ans][j-ans] == ans*ans ) ans++, flag = 1;            if( flag ) ans--;        }    printf("%d\n", ans);    return 0;}

- T2

给定一个矩阵，其位置上的值只能是0或1，求有多少个子矩阵中的1个数（实际上是要满足条件的1的个数，但这不是重点）大于等于给定k。

• 分析：

这道题要好好说一下：如何从n6优化到n3。
Ⅰ）最暴力的搞法：
枚举左上的点，右下的点，再n2算出其中的1的个数。（n6）
Ⅱ）优化很多的做法：
拿一个二位前缀和，就可以把算出1的个数那一步从n2优化到1。此时总·复杂度n4。
Ⅲ）继续优化：
注意到当（左上节点）以及（右下的节点横或纵坐标）确定时，矩形越大，那么包含的1的个数就是不降的，然后就可以用这个性质二分。此时复杂度n3logn。
Ⅳ）最终优化：
既然都有这样的单调性，那么我们先枚举矩形的左右边界，然后枚举上下边界，如果下边界在k时满足了条件，那么在k+1，n也会满足条件，就不用继续枚举了，此时可以把上边界向下移动了，做下一个上边界时，下边界直接从之前的下边界开始枚举。实际就是尺取，此时复杂度n3。很难再优化了。
代码：

#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long ll;const int size = 505; ll mat[size][size];char pre[size][size];ll n , m , k;ll ans = 0;ll calc(ll x1,ll y1,ll x2,ll y2){ return (mat[x2][y2]+mat[x1-1][y1-1]-mat[x1-1][y2]-mat[x2][y1-1]); }int main(){    scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);    for (int i = 1 ; i <= n ; i++)    scanf("%s" , pre[i]);                   for (int i = 1;i <= n ;i++)    for (int j = 0;j <  m ;j++)    mat[i][j+1] = mat[i-1][j + 1] + mat[i][j] - mat[i-1][j] +     ( pre[i][j] == '*' && pre[i+1][j] == '*' && pre[i-1][j] == '*' && pre[i][j+1] =='*' && pre[i][j-1] =='*');          for (int l = 1; l <= m;l++)      for (int r = l + 2;r <= m;r++)      {        int up = 1 , down = 3;        for (up;up<=n;up++)        {            while (calc(up+1,l+1,down-1,r-1) < k && down<=n) ++down;            if (down==n+1) break;            ans += n - down + 1 ;                   }      }    printf("%lld",ans);     return  0;}

- T3

给定一个矩阵，位置上是整数，求有多少个子矩阵的内部和为k的倍数。

• 分析：

Ⅰ）暴力加前缀和优化（不说了）。n4。
Ⅱ）类似之前的尺取，我们固定矩形的上下边界，然后扫描一下每一列的和，记一个桶，然后根据桶的个数算组合数，即模k为i的与k−i的配成一对。注意这样子的话，本身就是k的倍数的数要特殊处理一下，因为它是单独都可以满足条件的。（可以参照代码，在0号桶提前加一个1）。还有就是这个桶还原时不要memset，要tle，还不如一个一个还原。
代码：

#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long ll;const int size =  502;bool check = true;int a[size][size];int mat[size][size],n,m,k,tong[1000002]={1};ll ans=0;int main(){    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);    for (int i=1;i<=n;i++)    for (int j=1;j<=m;j++)    scanf("%d",&a[i][j]);    for (int i=1;i<=n;i++)    for (int j=1;j<=m;j++)    mat[i][j] = (mat[i-1][j] + mat[i][j-1] - mat[i-1][j-1] + a[i][j] )%k;    for (int x1=1;x1<=n;x1++)    for (int x2=x1;x2<=n;x2++)    {        for (int y=1;y<=m;y++)  ans += tong[(mat[x2][y] - mat[x1-1][y] + 2*k ) % k]++;        for (int y=1;y<=m;y++)  tong[(mat[x2][y] - mat[x1-1][y] + 2*k ) % k]--;    }    printf("%lld",ans);}

- T4

给定一个矩阵，其位置上的值只能是0或1，求询问的矩阵中联通块的个数。

• 分析：

注意到每多一个黑点，就少一个联通块，所以可以前缀和搞。（此题见另一篇博客：传送门）

总结：

少一点套路，多一点真诚。