题目描述
chenzeyu97的家可以看成是一个n*m的矩阵，每块区域都有独一无二的海拔高度h（h>0）！其最大值为n*m。
现在他要选择一个子矩阵摆放一张桌子，在他眼里，这样摆放桌子的美观度为这个子矩阵中所有元素中值的最小值，他想知道，如果他要求摆放桌子的美观度为i，那么可以选择多少种子矩阵呢？
对于所有可能的i值（1≤i≤n*m），你都应该得出其方案数，这样你就能顶替蒟蒻hzwer获得被请客的资格！
题解：http://hzwer.com/4727.html
输入
第1行:两个整数N，M;
接下来N行:每行m个整数，描述一个N*M的矩阵.
30%的数据1≤n,m≤50;
100%的数据1≤n,m≤300.
输出
输出N*M行，每行一个整数，第i行表示美观度i的方案数.
样例输入 Copy
2 3
2 5 1
6 3 4
样例输出 Copy
6
4
5
1
1
1
提示
【样例解释】
美观度为1的情况:
在2*3的矩阵中，分别选择如下的子矩阵:选择第1行第3列、选择第1行第2列~第1行第3列、选择第1行第1列~第1行第3列、选择第1行第3列~第2行第3列、选择第1行第2列~第2行第3列、选择第1行第1列~第2行第3列，其美观度均为1，共6种情况；
美观度为2的情况:
在2*3的矩阵中，分别选择如下的子矩阵:选择第1行第1列、选择第1行第1列~第1行第2列、选择第1行第1列~第2行第1列、选择第1行第1列~第2行第2列，共4种情况。
以此类推…
思路
- 这题是单调栈的题目，但用单调队列就会T，因为如果要用单调队列，就还要去枚举一下滑动窗口的长度，所以就多了一个n，所以就T掉了。
- 讲一下正解，不用想，一定要去枚举左右区间，l->r.
- 我们要知道每一个行区间l--->r的最小值，这个可以用l-1---->r 用O(1)转移过来。
- 现在我们就要在行上去统计答案。
- 现在原题就变成了如何对一个数列，用O(n)的时间复杂度去求出最小值
- 此时我们只要知道当前的是A{X}，前一个比他小的值是A[Y]，然后这中间的一堆没用的东西就没用了。因为这里面的都没有对答案造成贡献，所以这区间的就可以不管了
- 然后具体实现就是如果要把一个点放到单调栈里，只要栈顶的最小值比他大，就将栈顶给这个点，并不断统计答案的影响。
- f数组表示当前的往前的最长区间，然后答案就是向前最大的长度*向后最大的长度（乘法原理，我一直以为是公式，然后被机房大佬疯狂嘲讽）
- mn里存下预处理好的高度。
- 然后放到单调栈里，不断的弹，然后就是统计答案了
-
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long LL; 4 const int MAX = 305; 5 int n, m; 6 int a[MAX][MAX], sta[MAX], top, mn[MAX]; 7 LL f[MAX], ans[MAX * MAX]; 8 9 int read() 10 { 11 char c; 12 int num, f = 1; 13 while (c = getchar(), !isdigit(c)) 14 if (c == '-') 15 f = -1; 16 num = c - '0'; 17 while (c = getchar(), isdigit(c)) 18 num = num * 10 + c - '0'; 19 return f * num; 20 } 21 void calc() 22 { 23 int i, j;//手动写一个单调栈，去模拟将一个点放入后的贡献。 24 LL sum; 25 top = 0; 26 for (i = 1; i <= n; i++) 27 { 28 f[i] = 1; 29 sum = 1; 30 while (top && mn[i] < mn[sta[top]]) 31 { 32 ans[mn[sta[top]]] += f[sta[top]] * sum; 33 sum += f[sta[top]]; 34 f[i] += f[sta[top]]; 35 top--; 36 } 37 sta[++top] = i; 38 } 39 sum = 0; 40 while (top) 41 { 42 ans[mn[sta[top]]] += f[sta[top]] * (sum + 1); 43 sum += f[sta[top]]; 44 top--; 45 } 46 } 47 int main() 48 { 49 int i, j, k; 50 n = read(); 51 m = read(); 52 memset(ans, 0, sizeof(ans)); 53 memset(f, 0, sizeof(f)); 54 for (i = 1; i <= n; i++) 55 for (j = 1; j <= m; j++) 56 a[i][j] = read(); 57 for (i = 1; i <= m; i++) 58 { 59 memset(mn, 127, sizeof(mn)); 60 for (j = i; j <= m; j++) 61 { 62 for (k = 1; k <= n; k++) 63 mn[k] = min(mn[k], a[k][j]);//这就是一个简单的预处理，存的就是从l开始的每一个区间的高度 64 calc(); 65 } 66 } 67 for (i = 1; i <= n * m; i++) 68 printf("%d ", ans[i]); 69 return 0; 70 }