GYM 101102 D.Rectangles（单调栈）

Description

给出一个n*m矩阵，统计合法子矩阵数量，合法子矩阵指的是这个子矩阵所有数字相同

Input

第一行一整数T表示用例组数，每组用例首先输入两个整数n和m表示矩阵行列数，之后一个n*m矩阵A[i][j]

(1<=n,m<=1000,1<=A[i][j]<=1e9)

Output

对于每组用例，输出合法子矩阵数量

Sample Input

1

3 3

3 3 1

3 3 1

2 2 5

Sample Output

16

Solution

对每一个元素A[i][j]，求出从(i,j)往上和A[i][j]相同的数字有u[i][j]个，之后对每一行从左往右统计每个元素作为子矩阵右下角对答案的贡献，以第i行为例，用单调升栈维护u[i][j]的值，之所以用单调升的栈来记录是因为如果当前是(i,j)，我们想看左端点是(i,k)对答案的贡献，那么答案就是u[i][k]~u[i][j]中的最小值，因此从第j列转移到第j+1列时，假设之前栈内元素是a[1],…,a[j]，那么我们现在需要的不是a[1],…,a[j],u[i][j]，而是min(a[1],u[i][j]),min(a[2],…,u[i][j]),…,min(a[j],u[i][j]),u[i][j]，这时栈内元素之和才是(i,j+1)作为右下角对答案的贡献

以u值分别是1 2 3 2 1为例：

第一个数作为右下角有1个子矩阵满足条件（1）

第二个数作为右下角有3个子矩阵满足条件（1，2）

第三个数作为右下角有6个子矩阵满足条件（1，2，3）

第四个数作为右下角有7个子矩阵满足条件（1，2，2，2）

第五个数作为右下角有5个子矩阵满足条件（1，1，1，1，1）

注意因为此处单调栈不是要删除元素，而是把比当前栈顶元素大的元素全部变成栈顶元素，所以把重复元素做成一个pair存起来更省时间，第一维表示数字大小，第二位表示这个数字有多少个，维护一个栈和sum，每插入一个数就把更新后的sum累加到答案中即可

Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<ctime>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define maxn 1111
int T,n,m,a[maxn][maxn],u[maxn][maxn];
typedef pair<int,int>P;
P s[maxn];
int main()
{
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
scanf("%d",&a[i][j]);
for(int j=1;j<=m;j++)
{
u[1][j]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
if(a[i][j]==a[i-1][j])u[i][j]=u[i-1][j]+1;
else u[i][j]=1;
}
int p,sum;
ll ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
a[i][0]=0;
for(int j=1;j<=m;j++)
{
if(a[i][j]!=a[i][j-1])p=0,s[0]=P(j,1),sum=u[i][j],ans+=sum;
else
{
if(u[i][j]>=u[i][s[p].first])s[++p]=P(j,1),sum+=u[i][j];
else
{
int num=1;
while(p>=0&&u[i][s[p].first]>u[i][j])
sum-=s[p].second*(u[i][s[p].first]-u[i][j]),num+=s[p].second,p--;
s[++p]=P(j,num),sum+=u[i][j];
}
ans+=sum;
}
}
}
printf("%I64d\n",ans);
}
return 0;
}