2020暑期牛客多校训练营第九场（J）The Escape Plan of Groundhog（暴力，前缀和）

The Escape Plan of Groundhog

原题请看这里

题目描述：

一个深黑的夜晚，土拨鼠不开心。直到老师来了，他才发现自己忘了做作业。为了挽救生命，他必须立即躲在桌子下面，以免被老师重击。
他班上的课桌以$N\times M$的矩形排列。$a_{ij}=1$表示位置$（i，j）$处有桌子，否则就没有。
为了不被老师抓住，他决定只在以下情况下藏在一个矩形下：
该子矩形的四边没有空位；
因为土拨鼠很胖，所以空间不能太小；但是，如果空缺过多，很容易找到土拨鼠，因此不应有太多空缺。因此，他希望子矩形中的空位数量与表的数量之差不超过$1$（不包括侧面的表）。
子矩形的长度和宽度必须大于$1$。
土拨鼠现在想知道：有多少个满足要求的子矩形？

输入描述：

输入包含两个$N$和$M$，它们在$[1，500]$范围内，并用空格隔开。
然后跟随$n$行，每个行包含$m$个字符来描述矩形$（a_{ij}\in \{0,1\}）$

输出描述：

输出包含一个整数，描述满足要求的子矩形的数量。

样例：

样例输入1：

4 4
1 1 1 1
1 0 1 1
1 1 0 1
1 1 1 1

样例输出1：

3

说明：

There're two 2*2 rectangle full of "1",and the whole 4*4 rectangle .

样例输入2：

5 5
1 0 1 1 1
1 0 1 0 1
1 1 0 1 1
1 0 0 1 1
1 1 1 1 1

样例输出2：

3

思路：

暴力枚举+前缀和。
看到这题的数据范围就想到可以用暴力$O(n^3)$直接求解。
首先我们最容易想到的暴力方法：
枚举每个矩阵的左上角的点和右下角的点，然后再遍历边看看是否符合条件，时间复杂度大概$O(n^4)$，明显超时。
那么有没有更好的暴力方法呢？当然是有的，我们可以先看一下这道题：和为k的连续区间我们可以用前缀和来优化我们的暴力：
我们把矩阵中0当做-1，然后求每一列的前缀和，再枚举上下两条边，找到两行都是一的一段，通过之前求的前缀和来判断矩阵是否合法。
我们首先找到都是1的两列，然后在答案上加上这个矩阵的贡献。

$AC$ $Code$:

#include
#define ll long long
using namespace std;
const int MAXN=25e4+5;
const int MAXM=505;
int n,m,a[MAXM][MAXM],qian[MAXM][MAXM],dp[MAXN*2],pky[MAXM],ans;
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=1;j<=m;++j){
			scanf("%d",a[i]+j);
			if(!a[i][j]) --a[i][j];
			qian[i][j]=a[i][j]+qian[i-1][j];//每一列的前缀和
		}
	pky[0]=MAXN;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=i+1;j<=n;++j){//枚举上下行
			int pre=1;
			for(int k=1;k<=m;++k){//枚举列
				if(a[i][k]^1||a[j][k]^1){
					for(int l=pre;l<=k;++l)//再枚举列
						if(qian[j][l]-qian[i-1][l]==j-i+1)
							--dp[pky[l]];
					pre=k+1;
					pky[k]=MAXN;
					continue;
				}
				if(qian[j][k]-qian[i-1][k]==j-i+1)
					ans+=dp[pky[k-1]]+dp[pky[k-1]-1]+dp[pky[k-1]+1];
				pky[k]=pky[k-1]+qian[j-1][k]-qian[i][k];
				if(qian[j][k]-qian[i-1][k]==j-i+1) ++dp[pky[k]];
			}
			for(int l=pre;l<=m;++l)
				if(qian[j][l]-qian[i-1][l]==j-i+1)
					--dp[pky[l]];
		}
	printf("%d\n",ans);
}