(mathcal{Description})
给出一个 (n imes n) 的, 元素为自然数的矩阵.
这个矩阵有许许多多个子矩阵, 定义它的所有子矩阵形成的集合为 (S) .
对于一个矩阵 (k) , 定义 (f (k)) 为 (k) 中所有元素的 (AND) 值 (按位与).
对于一个矩阵 (k) , 定义 (g(k)) 为 (k) 中所有元素的 (OR) 值 (按位或).
请求出所有子矩阵的 (f (k)) 之和与所有子矩阵的 (g(k)) 之和, 即 (egin{aligned}sum_{kin S} f (k)end{aligned}) 与 (egin{aligned}sum_{kin S} g (k)end{aligned})
由于答案可能很大, 只需要输出答案对(1e9+7)取模的结果.
(nleq1000,)矩阵中每个元素大小在(int)范围内
(mathcal{Solution})
对于有位运算操作的题目，计算贡献时首先考虑的方法就是按位计算贡献
因为某一位的贡献是不会受到其他位影响的，而整体计算因为位运算的特殊性，还是会考虑到按位计算
我们枚举每一位(k)，然后把矩阵换成(0/1)矩阵，其中(0)元素表示原本矩阵中这一元素在枚举到的这位二进制表示下为(0)，为(1)则为(1)
考虑这个(0/1)矩阵中有多少个子矩阵会被计算贡献，最后把这个数乘以(2^k)
对于与运算，就是要求里面有多少个全(1)矩阵
对于或运算，就是要求里面有多少个有(1)矩阵
与运算和或运算实际上可以互相转换
全(1)矩阵数=所有矩阵数-有(0)矩阵数
有(1)矩阵数=所有矩阵数-全(0)矩阵数
设(all)为(n imes n)的矩阵所包含的所有子矩阵
显然(all=(frac{n(n+1)}{2})^2)
之后考虑怎么计算满足条件的矩阵个数
(55)分解法 (O(log_2ncdot n^3))
考虑枚举矩阵的上边界，下边界
我们计算在这样的矩阵中满足要求的个数
有(1)矩阵显然容易做些
考虑枚举以一个矩阵中最左边的(1)出现位置
这样可以不重不漏全部计算
显然，只要包含了这个有(1)的一列，当前范围内所有矩阵都是合法的
注意不要和上一个有(1)的那列重复了
用(sum[i][j])表示第(j)列到第(i)个位置共有多少(1)
只要(sum[下边界][当前列]-sum[上边界-1][当前列]>0)就说明这一列有(1)
其他的很简单，具体的过会儿看代码吧
(100)分解法 (O(log_2ncdot n^2))
考虑枚举矩阵的下边界
计算全(1)矩阵
用(f[i][j])表示第(j)列，从(i)开始往上有多少个连续的(1)
然后枚举到哪一列了，用(cnt)表示每次会增加多少个矩阵
用单调栈维护一下即可
(mathcal{Code})
(55)分
试图卡常碰运气版
/*******************************
Author:Morning_Glory
LANG:C++
Created Time:2019年09月10日 星期二 14时17分44秒
*******************************/
#include <cstdio>
#include <fstream>
#include <algorithm>
#define rint register int
using namespace std;
const int maxn = 1003;
const int mod = 1000000007;
//{{{cin
struct IO{
template<typename T>
IO & operator>>(T&res){
res=0;
bool flag=false;
char ch;
while((ch=getchar())>'9'||ch<'0') flag|=ch=='-';
while(ch>='0'&&ch<='9') res=(res<<1)+(res<<3)+(ch^'0'),ch=getchar();
if (flag) res=~res+1;
return *this;
}
}cin;
//}}}
int n,mx,all,ans1,ans2;
int lt[maxn],up[maxn];
int a[maxn][maxn],sum[maxn][maxn];
bool hav[maxn];
bool b[maxn][maxn];
//{{{calc
inline int calc (int mi,bool opt)
{
int res=0;
for (rint i=1;i<=n;++i)
for (int j=1;j<=n;++j){
b[i][j]=(a[i][j]&mi);
b[i][j]^=opt;
sum[i][j]=sum[i-1][j]+b[i][j];
}
for (rint i=1;i<=n;++i)//上边界
for (rint j=i;j<=n;++j){//下边界
int last=0;
for (rint k=1;k<=n;++k)//第一个1
if (sum[j][k]-sum[i-1][k]) res=(res+(k-last)*(n-k+1))%mod,last=k;
}
return res;
}
//}}}
int main()
{
cin>>n;
for (rint i=1;i<=n;++i)
for (rint j=1;j<=n;++j)
cin>>a[i][j],mx=max(mx,a[i][j]);
all=n*(n+1)/2%mod;
all=1ll*all*all%mod;
for (rint k=0;k<=31;++k){
int t=1<<k;
if (t>mx) break;
int num=calc(t,1);
num=(all-num+mod)%mod;
ans1=(ans1+1ll*num*t%mod)%mod;
num=calc(1<<k,0);
ans2=(ans2+1ll*num*t%mod)%mod;
}
printf("%d %d
",ans1,ans2);
return 0;
}
(100)分
/*******************************
Author:Morning_Glory
LANG:C++
Created Time:2019年09月10日 星期二 14时17分44秒
*******************************/
#include <cstdio>
#include <fstream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 1003;
const int mod = 1000000007;
//{{{cin
struct IO{
template<typename T>
IO & operator>>(T&res){
res=0;
bool flag=false;
char ch;
while((ch=getchar())>'9'||ch<'0') flag|=ch=='-';
while(ch>='0'&&ch<='9') res=(res<<1)+(res<<3)+(ch^'0'),ch=getchar();
if (flag) res=~res+1;
return *this;
}
}cin;
//}}}
int n,mx,all,ans1,ans2;
int stk[maxn];
int a[maxn][maxn],f[maxn][maxn];
bool b[maxn][maxn];
//{{{calc
inline int calc (int mi,bool opt)
{
int res=0;
for (int i=1;i<=n;++i)
for (int j=1;j<=n;++j){
b[i][j]=(a[i][j]&mi);
b[i][j]^=opt;
f[i][j]=b[i][j]?f[i-1][j]+1:0;
}
for (int i=1;i<=n;++i){
int cnt=0,top=0;
for (int j=1;j<=n;++j){
cnt+=f[i][j];
while (top&&f[i][stk[top]]>f[i][j]) cnt-=(stk[top]-stk[top-1])*(f[i][stk[top]]-f[i][j]),--top;
res=(res+cnt)%mod;
stk[++top]=j;
}
}
return res;
}
//}}}
int main()
{
cin>>n;
for (int i=1;i<=n;++i)
for (int j=1;j<=n;++j)
cin>>a[i][j],mx=max(mx,a[i][j]);
all=n*(n+1)/2%mod;
all=1ll*all*all%mod;
for (int k=0;k<=31;++k){
int t=1<<k;
if (t>mx) break;
int num=calc(t,0);
ans1=(ans1+1ll*num*t%mod)%mod;
num=calc(1<<k,1);
num=(all-num+mod)%mod;
ans2=(ans2+1ll*num*t%mod)%mod;
}
printf("%d %d
",ans1,ans2);
return 0;
}
如有哪里讲得不是很明白或是有错误，欢迎指正
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