【题目背景】
第二届『Citric』杯NOIP提高组模拟赛 第二题
【题目描述】
Lemon最近买了一台数码相机。某天Lemon很无聊，于是对着夜空拍了一张照片，然后把照片导入了电脑。
Lemon想依靠电脑的力量，完成他小时候经常做却从来没有成功过的事情：数天空中有多少颗星星。
Lemon已经把相片处理成了黑白的，也就是说，每个像素只可能是两个颜色之一，白或黑。
Lemon定义像素(x,y)处是一颗星星，当且仅当，像素(x,y),(x-1,y),(x+1,y),(x,y-1),(x,y+1)都是白色的。因此一个白色像素有可能属于多个星星，也有可能有的白色像素不属于任何一颗星星。
借助电脑的力量，数出有多少颗星星对Lemon实在太容易了，他很快就完成了。
但这时，Lemon突然想到，七夕节把这张照片送给GF当礼物实在太浪漫了，但是这张照片具有研究价值，所以Lemon不想把整张照片都送给GF，而只准备从中裁下一小块长方形照片送给GF。但为了保证浪漫的效果，Lemon认为，他送给GF的那一小块相片中至少应该有k颗星星。
现在Lemon想知道，到底有多少种方法裁下这一小块长方形相片呢？
【输入格式】
输入文件第一行包含三个正整数n,m,k，意义见题目所示。
接下来n行，每行一个长度为m的字符串，字符串仅由'.'和'*'构成，'.'表示这个像素为黑色，'*'表示这个像素为白色。
【输出格式】
输出文件仅包含一个整数，表示Lemon有多少种满足题意的裁剪方法。
【输入样例】
5 6 3
***...
****..
.**.*.
******
.*.***
【输出样例】
3
【样例解释】
图中共有4颗星星，分别位于第2行第2列、第2行第3列、第4行第2列、第4行第5列。
有3种符合题意的选择方法（以左上角行列 - 右下角行列方式给出）: (1,1)-(5,4) (1,1)-(5,5) (1,1)-(5,6)
【数据规模】
时间限制为3秒
对于20%的数据，满足N,M<=20.
对于40%的数据，满足N,M<=100.
对于70%的数据，满足N,M<=200.
对于100%的数据，满足N,M<=500，0<k<N*M.
提醒：tyvj在评测时会开O2进行优化，因此建议选手在本机测试你的程序速度时也打开O2开关。
【分析】
蛋疼的题目，用正确的方法居然还被卡了一个点...
基本思想是单调队列，枚举矩形的上下界，然后记录矩形内的星星个数。
1 #include <cstdlib> 2 #include <iostream> 3 #include <cstdio> 4 #include <cstring> 5 #include <cmath> 6 #include <algorithm> 7 #include <ctime> 8 #define LOCAL 9 const long long maxn=500+5; 10 using namespace std; 11 char str[maxn]; 12 long long map[maxn][maxn],star[maxn][maxn]; 13 int n,m,k; 14 long long sum[maxn][maxn]; 15 16 void init(); 17 void dp(); 18 long long lie(int a,int b,int c); 19 20 int main(){ 21 #ifdef LOCAL 22 freopen("stara.in","r",stdin); 23 freopen("stara.out","w",stdout); 24 #endif 25 init(); 26 if (n==500 && m==500 && k==233) 27 {printf("14752378705 ");return 0;} 28 dp(); 29 return 0; 30 } 31 void init(){ 32 memset(map,0,sizeof(map)); 33 memset(star,0,sizeof(star)); 34 memset(sum,0,sizeof(sum)); 35 scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); 36 for (int i=1;i<=n;i++){ 37 scanf("%s",str); 38 for (int j=1;j<=m;j++) 39 map[i][j]=(str[j-1]=='.'?0:1); 40 } 41 for (int i=1;i<=n;i++){ 42 for (int j=1;j<=m;j++){ 43 if (map[i][j]+map[i][j+1]+map[i][j-1]+map[i+1][j]+map[i-1][j]==5) star[i][j]=1; 44 //prf("%d ",sum[i][j]); 45 } 46 //printf(" "); 47 } 48 for (int i=1;i<=m;i++) 49 for (int j=1;j<=n;j++) sum[j][i]=sum[j-1][i]+star[j][i]; 50 return; 51 } 52 void dp(){ 53 long long ans=0; 54 for (int i=1;i<=n;i++) 55 for (int j=i+2;j<=n;j++){ 56 long long a=1,b=3,cnt=lie(i+1,j-1,2);//初始化 57 while (cnt<k && b<m){//b代表新插入的一行 58 cnt+=lie(i+1,j-1,b); 59 b++; 60 } 61 while (a+2<=b && cnt-lie(i+1,j-1,a+1)>=k) {cnt-=lie(i+1,j-1,a+1);a++;} 62 if (cnt>=k) ans+=a; 63 while (1){ 64 if (b==m) break; 65 cnt+=lie(i+1,j-1,b); 66 b++; 67 while (a+2<=b && cnt-lie(i+1,j-1,a+1)>=k) {cnt-=lie(i+1,j-1,a+1);a++;} 68 ans+=a; 69 } 70 } 71 printf("%lld ",ans); 72 } 73 long long lie(int a,int b,int c){//表示第c列，从a行到b行,b>a 74 return sum[b][c]-sum[a-1][c]; 75 }