2019牛客暑期多校训练营（第八场）

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A.All-one Matrices（单调栈）

•题意

　　给你一个只包含 0,1 的 n×m 的矩阵 s；

　　求只由 1 组成的矩阵的个数，并且这些矩阵不存在包含关系；

•题解

　　定义 h[ i ][ j ] 表示 ( i , j ) 位置及其之上的连续的 1 的个数；

　　那么，通过单调栈可以求出 ( i , j ) 位置的 l = L[ i ][ j ] 和 r = R[ i ][ j ]；

　　当前这个只包含 1 的矩阵是否包含于其他更大的矩阵呢？

　　即如何判断当前这个矩阵对答案的贡献呢？

　　只需要判断 i+1 行的 [ l , r ] 列是否含有 r-l+1 个 1 即可；

　　如果 i+1 行的相应列含有 r-l+1 个 1，那么，由下一行的相同列组成的 1 矩阵势必要包含当前的矩阵；

　　如果当前矩阵对答案有贡献，是不是就让 ans++ 呢？

　　答案是否定的；

　　因为如果 ( i , j ) 位置之前的位置 ( i , x )(x < j) 的高度 h[ i ][ x ] 与 h[ i ][ j ] 相等的；

　　并且和 h[ i ][ j ] 所求的 1 矩阵相同，那么，当前这个矩阵就不能对答案有贡献；

　　这个通过单调栈求出的信息判断一下就好了；

•Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define INFll 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define ll long long
#define pii pair<int ,int >
#define psi pair<string ,int >
#define pb(x) push_back(x)
#define ls(x) (x<<1)
#define rs(x) (x<<1|1)
#define GCD(a,b) __gcd(a,b)
#define PI acos(-1)
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define endl '
'
#define isLeap(x) (x%4==0&&x%100!=0||x%400==0)
#define Close() std::ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
const int maxn=3e3+50;

int n,m;
char s[maxn][maxn];
int h[maxn];
int l[maxn];
int r[maxn];
int one[maxn];
stack<int >sta;
vector<int >v[maxn];

void Clear()
{
    while(!sta.empty())
        sta.pop();
}
void Work()
{
    Clear();
    for(int i=1;i <= m;++i)
    {
        while(!sta.empty() && h[sta.top()] >= h[i])
            sta.pop();

        l[i]=sta.empty() ? 1:sta.top()+1;
        sta.push(i);
    }
    Clear();
    for(int i=m;i >= 1;--i)
    {
        while(!sta.empty() && h[sta.top()] >= h[i])
            sta.pop();

        r[i]=sta.empty() ? m:sta.top()-1;
        sta.push(i);
    }
}
ll Solve()
{
    mem(h,0);

    ll ans=0;
    for(int i=1;i <= n;++i)
    {
        for(int j=1;j <= m;++j)
        {
            if(s[i][j] == '1')
                h[j]++;
            else
                h[j]=0;
        }

        Work();///单调栈

        mem(one,0);
        if(i != n)
        {
            for(int j=1;j <= m;++j)
                one[j]=one[j-1]+(s[i+1][j] == '1');
        }
        for(int j=0;j <= n;++j)
            v[j].clear();

        for(int j=1;j <= m;++j)
        {
            int siz=v[h[j]].size();
            int cur=h[j];
            ///如果其前一个高度相同的位置与当前位置j的l[j],r[j]相同，那么当前位置无需计算
            if(cur == 0 || siz != 0 && l[v[cur][siz-1]] == l[j] && r[v[cur][siz-1]] == r[j])
                continue;

            int x=l[j];
            int y=r[j];
            v[h[j]].push_back(j);
            
            if(one[y]-one[x-1] != y-x+1)
                ans++;///如果i+1行的[x,y]列无y-x+1个1，那么ans++
        }
    }
    return ans;
}
int main()
{
//     freopen("C:\Users\hyacinthLJP\Desktop\in&&out\contest","r",stdin);
//    freopen("C:\Users\hyacinthLJP\Desktop\in&&out\contest","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i <= n;++i)
        scanf("%s",s[i]+1);

    printf("%lld
",Solve());

    return 0;
}

---

B.Beauty Values（记录结果再利用的DP）

•题意

　　给你一个序列 a，求序列 a 的任意一个区间 [l,r] 中，元素不同的个数的加和；

•题解

　　定义 dp[ i ] 表示以 i 为结尾的所有区间所包含的元素不同的数的个数；

　　即 $dp[i]=sum_{j=1}^{j <= i}f{j,i}$，$f{j,i}$指的是[ j , i ]区间不同数的个数；

　　那么，对于 i 位置的数 a_i：

　　①i 位置为 a_i 首次出现的位置：

　　　　$dp[i]=dp[i-1]+i$;

　　②[1,i-1] 中 a_i 出现的最晚的位置为 j：

　　　　$dp[i]=dp[i-1]+i-j$;

•Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define INFll 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define ll long long
#define pii pair<int ,int >
#define psi pair<string ,int >
#define pb(x) push_back(x)
#define ls(x) (x<<1)
#define rs(x) (x<<1|1)
#define GCD(a,b) __gcd(a,b)
#define PI acos(-1)
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define endl '
'
#define isLeap(x) (x%4==0&&x%100!=0||x%400==0)
#define Close() std::ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
const int maxn=1e5+50;

int n;
int a[maxn];
int p[maxn];
ll dp[maxn];

int main()
{
//    freopen("C:\Users\hyacinthLJP\Desktop\in&&out\contest","r",stdin);
//    freopen("C:\Users\hyacinthLJP\Desktop\in&&out\contest","w",stdout);
    scanf("%d",&n);

    mem(dp,0);
    mem(p,0);

    for(int i=1;i <= n;++i)
        scanf("%d",a+i);

    for(int i=1;i <= n;++i)
    {
        dp[i]=dp[i-1]+i;

        dp[i] -= p[a[i]];
        p[a[i]]=i;
    }

//    for(int i=1;i <= n;++i)
//        printf("i=%d,dp=%lld
",i,dp[i]);
    ll ans=0;
    for(int i=1;i <= n;++i)
        ans += dp[i];

    printf("%lld
",ans);

    return 0;
}

---

C.CDMA（构造）

•题意

　　假设序列 s,t 都只含有 n 个元素；

　　定义 $scdot t=sum_{i=1}^{i<=n}s_icdot t_i$ ;

　　构造一个 m×m 的矩阵 a，其中 m = 2^k , 1 ≤k ≤ 10，使其满足：

　　①矩阵中只包含 -1,1；

　　②任意不同的两行 a[ i ],a[ j ]， a[ i ]·a[ j ] = 0；

•题解

　　根据 m = 2 , m = 4 的满足条件的矩阵找规律；

　　m = 2:

　　$left( egin{array}{cc} 1 & 1 \ 1 & -1 end{array} ight)$

　　m = 4:

　　$left( egin{array}{cccc} 1 & 1 & 1 & 1 \ 1 & -1 & 1 & -1 \ 1 & 1 & -1 & -1 \ 1 & -1 & -1 & 1 \ end{array} ight)$

　　看出啥了没？

　　m = 4 时，从行，列的中间劈开，劈成 4 个 2×2 的子矩阵，你会发现，前三个子矩阵 = (m=2时的矩阵)；

　　最后一个子矩阵 = (m=2时的矩阵取反);

　　根据上述规律，可以求出 m = 8,16,....,1024 时的满足条件的矩阵；

•Code

#include<bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
const int maxn=(1<<10)+50;
 
int m;
string base[maxn];
 
int main()
{
    base[0]="11";
    base[1]="10";///0表示-1
 
    for(int k=2;k <= 10;++k)
    {
        m=1<<k;
        for(int i=0;i < m/2;++i)
            base[i] += base[i];
 
        for(int i=m/2;i < m;++i)
        {
            base[i]=base[i%(m/2)];
            for(int j=m/2;j < m;++j)
                base[i][j]=(base[i][j] == '0' ? '1':'0');
        }
    }
 
    int m;
    scanf("%d",&m);
    for(int i=0;i < m;++i)
        for(int j=0;j < m;++j)
            printf("%d%c",base[i][j] == '0' ? -1:1,j == m-1 ? '
':' ');
    return 0;
}

---

G.Gemstones（模拟）

•题意

　　给你一个只包含大写字母的串 s；

　　如果相邻的三个字符为相同的字母，那么，便可将这三个相同的字母消去；

　　求最多可以消去多少次；

•题解

　　用 vector 模拟；

　　每次加入一个新字符，判断他和 vector 中的后两个字符是否为相同字符，如果是，消去即可；

•Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define INFll 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define ll long long
#define pii pair<int ,int >
#define psi pair<string ,int >
#define pb(x) push_back(x)
#define ls(x) (x<<1)
#define rs(x) (x<<1|1)
#define GCD(a,b) __gcd(a,b)
#define PI acos(-1)
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define endl '
'
#define isLeap(x) (x%4==0&&x%100!=0||x%400==0)
#define Close() std::ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
const int maxn=1e5+50;

char s[maxn];
vector<char >p;

int main()
{
//    freopen("C:\Users\hyacinthLJP\Desktop\in&&out\contest","r",stdin);
//    freopen("C:\Users\hyacinthLJP\Desktop\in&&out\contest","w",stdout);
    scanf("%s",s+1);

    ll ans=0;
    int len=strlen(s+1);
    for(int i=1;i <= len;++i)
    {
        p.pb(s[i]);

        int n=p.size();
        if(n >= 3 && p[n-1] == p[n-2] && p[n-2] == p[n-3])
        {
            ans++;
            for(int j=1;j <= 3;++j)
                p.erase(p.end()-1);

        }
    }
    printf("%lld
",ans);

    return 0;
}