P1950 长方形_NOI导刊2009提高（2）

题意：给你\(n\times m\)的矩形，求没有*的子矩形数量。\(1\leq n,m\leq 1000\)。

数据比较弱的题目是luoguP1191，\(1\leq n,m \leq 100\)。甚至可以用\(O(n^4)\)水过。

这道题的最优解法\(O(n^2)\)是这样的：

• 枚举子矩形的底边，预处理出每一列可以往上延伸的长度\(h[i]\)。
• 跑两次单调栈，第一次找到每个数右边第一个小于它的数\(l[j]\)，第二次找到每个数左边第一个小于等于它的数\(r[j]\)。
• 枚举每一列，那么这个点对答案的贡献就是\((j - l[j] + 1) \times (r[j] - j + 1) \times h[i]\)。

其实枚举的\(j\)就是看看如果这个点是整个大矩形的短板，能够为答案贡献多少个矩形。高度就是从\(1\)到\(h[i]\)，共\(h[i]\)个。

两次单调栈要有一次小于等于！同时有多个短板的话可能会算重，我们这样算就不重不漏了。

有一个小细节容易错：在单调栈统计的时候，记录的答案不是那个\(i\)，而是相应的\(i-1\)或\(i+1\)。手摸一下就知道了。

代码：

#include<bits/stdc++.h>const int maxn = 1005;
char ch[maxn][maxn];
int h[maxn];
int g1[maxn], g2[maxn];
int n, m;
long long ans;
void init() {// print//for(int i = 1; i <= m; i++) printf("%d ", h[i]);//printf("\n");memset(g1, 0, sizeof g1);memset(g2, 0, sizeof g2);std::stack<int> sta;// 找到第一个小于我的for(int i = 1; i <= m; i++) {while(!sta.empty() && h[sta.top()] > h[i]) {g2[sta.top()] = i - 1; sta.pop();// 是前面的那个}sta.push(i);}while(!sta.empty()) {g2[sta.top()] = m; sta.pop();}// print//for(int i = 1; i <= m; i++) printf("%d ", g2[i]);//printf("\n");for(int i = m; i >= 1; i--) {while(!sta.empty() && h[sta.top()] >= h[i]) {g1[sta.top()] = i + 1; sta.pop();// 是前面的那个}sta.push(i);}while(!sta.empty()) {g1[sta.top()] = 1; sta.pop();}// print//for(int i = 1; i <= m; i++) printf("%d ", g1[i]);//printf("\n");
}
int main() {scanf("%d %d", &n, &m);for(int i = 1; i <= n; i++) {scanf("%s", ch[i] + 1);for(int j = 1; j <= m; j++) {if(ch[i][j] == '*') h[j] = 0;else h[j]++;}init();for(int j = 1; j <= m; j++) {int temp = (j - g1[j] + 1) * (g2[j] - j + 1) * h[j];// print//printf("%d ", temp);ans += temp;}//printf("\n");}printf("%lld\n", ans);return 0;
}