[BalkanOI2016]Lefkaritika

题目大意：
　　一个n*m的格子上有b个障碍物，现在让你往上面放正方形（长宽在格线上）。问可以放多少种边长、位置不同的正方形？

思路：
　　很容易想到一个O(n^3)的暴力：
　　首先前缀和，然后枚举某一个顶点和正方形的边长，判断一下正方形里面是否为空，如果空，则为一种满足条件的答案。
　　枚举边长可以改成二分，这样复杂度是O(n^2 log n)的。
　　再考虑一个O(n^2)的动规：
　　用f[i][j]保存以(i,j)为右下角顶点的正方形的个数，显然，如果(i-1,j)(i,j-1)(i-1,j-1)(i,j)上都没有障碍，那么f[i][j]=min(f[i-1][j],f[i][j-1],f[i-1][j-1])+1。
　　正解是一个O(nb)的奇怪做法：
　　首先对于障碍物按列再按行排序。
　　枚举每一行，将在这一行上面的障碍物加入一个数组中。
　　考虑下边界在当前行的极大化正方形，无非有以下两种情况：
　　　　1.上边被顶到。
　　　　2.左右两边被顶到。
　　现在我们让每个障碍物“代表”被其约束的点，记录下行数比它大的左端点和右端点，这一过程可以用单调栈来求。
　　最后分情况计算出符合条件的正方形个数即可。

#include<stack>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
typedef long long int64;
inline int getint() {
    register char ch;
    while(!isdigit(ch=getchar()));
    register int x=ch^'0';
    while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');
    return x;
}
const int B=1001;
struct Point {
    int x,y;
    bool operator < (const Point &another) const {
        if(y==another.y) return x>another.x;
        return y<another.y;
    }
};
std::vector<Point> a,p;
std::stack<int> q;
int l[B],r[B];
inline int calc(const int &x,const int &y) {
    if(!x) return 0;
    return (int64)(y*2-std::min(x,y))*(std::min(x,y)-1)/2;
}
int main() {
    int n=getint(),m=getint(),b=getint();
    for(register int i=1;i<=b;i++) {
        const int x=getint(),y=getint();
        a.push_back((Point){x,y});
    }
    std::sort(a.begin(),a.end());
    int64 ans=0;
    for(register int i=1;i<=n;i++) {
        p.clear();
        p.push_back((Point){i,0});
        for(register unsigned j=0;j<a.size();j++) {
            if(a[j].x<=i) {
                p.push_back(a[j]);
            }
        }
        p.push_back((Point){i,m+1});
        while(!q.empty()) q.pop();
        q.push(0);
        for(register unsigned i=1;i<p.size();i++) {
            while(q.size()>1&&p[q.top()].x<=p[i].x) q.pop();
            l[i]=q.top();
            q.push(i);
        }
        while(!q.empty()) q.pop();
        q.push(p.size()-1);
        for(register unsigned i=p.size()-2;i>0;i--) {
            while(q.size()>1&&p[q.top()].x<p[i].x) q.pop();
            r[i]=q.top();
            q.push(i);
        }
        for(register unsigned j=1;j<p.size();j++) {
            ans+=calc(i,p[j].y-p[j-1].y-1);
        }
        for(register unsigned j=1;j<p.size()-1;j++) {
            ans+=calc(i-p[j].x,p[r[j]].y-p[l[j]].y-1)-calc(i-p[j].x,p[r[j]].y-p[j].y-1)-calc(i-p[j].x,p[j].y-p[l[j]].y-1);
        }
    }
    printf("%lld
",ans);
    return 0;
}