HDU 6052 2017 Multi-University Training Contest - Team 2 1008 To My Boyfriend：计数问题

题意：给出一个n*m(1<=n,m<=100)的矩阵，每个矩阵元素有一个颜色值ai（0<=ai<=10000），现在定义一个子矩阵的value为子矩阵中不同颜色的数量，求子矩阵value的期望。

题解：期望=所有子矩阵的value总和/子矩阵个数。首先解决一个zz的问题：子矩阵有多少个,二重循环枚举子矩形右下角的点(i,j)，那么子矩阵左上角的点一定在(0,0)-(i,j)这个矩阵里，所以有i*j种。

如果你学过小学数学，当然，子矩阵总共有n*(n+1)*m*(m+1)/4=[n*(n+1)/2]*[m*(m+1)/2]=C（n+1，2）*C（m+1，2）种。（感谢 小坏蛋_千千 的纠正）

***************在此感谢UFO__的评论***************

接下来我们讲重点：显然要每个颜色单独考虑，在考虑颜色i的时候，把颜色i的点看作关键点，求出 至少包含一个关键点的子矩阵个数。现在的问题是我们如何不重复不遗漏的统计个数。emmm先排个序（行号升序，列号升序）。把每个合法的矩阵算在序最小的那个关键点头上，这样就可以保证不重复，不遗漏。那么我们再找包含第一个关键点的矩阵的时候，显然没有任何限制，只需要包含这个点就行了。找第二个关键点的矩阵的时候，不能包含第一个点……找第i个关键点决定的矩阵的时候，不能包含1..i-1这i-1个点。

那么假设我们的图长这个样子，且灰色点是已经计数完成的点，白色点是未计数的点，黑色点是正在计数的点。

这个黑点位于（4，4）位置，我们现在要做的就是确定上下左右四个边界分别有多少种选取方式，显然白色点的序大于黑色点，黑色点的矩阵可以包含他们也可以不包含他们，因此下边界无限制，可以取到（4，5，6==n）三种方式，而由于黑点同一行的左边（同行右边的也是白色点）以及上边的行有不能包含的点，因此一个矩阵上边界对应了左右的最远边界。我们需要枚举矩阵的上边界（4，3，2，1），并且因为上边界i-1的时候上边界i要考虑的点仍然要考虑，而且要额外考虑i-1这行的灰色点。因此左右最远边界要持续进行维护。上边界是ii的时候，考虑所有ii行的灰色点，在黑点左边的去更新左边界最远点，在黑店右边的去更新有边界最远点，而刚好在黑点上边的话，说明这一行不可能作为上边界了。这个时候就结束计算黑点名下的子矩形。开始计算下一个白点。

优化：我们看第10列第1行和第3行的两个同列的灰色点，显然在上边界为3的时候，靠下的这个灰色点决定了右边界最远端，而上边界继续向上移动，右边界只可能更小，因此靠上的这个灰色点其实什么作用也没有。因此同一列只有最下边一个点有用。这样让我们在计算黑点的时候，最多只考虑之前出现的m个点，而不是理论最坏im个点，这个优化还是很关键的。因此当我们枚举（i，j）名下的矩形，上边界是xi行的时候，右边界最远是ry，左边界最远是ly，那么组合一下就得到了（n-i+1）*（j-ly+1）*（ry-j+1）个贡献（下边界方案*左边界方案*右边界方案，上边界已经确定是xi）。上边讲的一个跳出条件仍然有效。

整个算法复杂度严格小于 mn*(n/2+m)（点数*平摊上边界枚举数量&最多需要考虑的点），实际上跑起来是快的飞起，因为中间会跳出，而且要考虑的点没那么多。

注意：窝不知道为什么。。。在函数体内部开了100个int的数组内存就爆炸了。。。委屈。。

第二：这个题不需要高精度，蛮好的。。。

还有，我真该回高中好好学学再上大学，现在只能顽强地被高中生摩擦。

Code:

#include
using namespace std;
const int MAX = 105;
int mp[MAX][MAX];
vector> Color[MAX*MAX];
int m,n; 
void input(){
	for (int i=0;i<=n*m;i++){
		Color[i].clear();
	} 
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int i=1;i<=n;i++){
		for (int j = 1;j<=m;j++){
			scanf("%d",&mp[i][j]);
			Color[mp[i][j]].push_back(make_pair(i,j));
		}
	}
	for (int i=0;i<=n*m;i++){
		if (!Color[i].empty()){
			sort(Color[i].begin(),Color[i].end());
		}
	}
}
vector yIndex[MAX];
int bottom[MAX];
long long calc(int col){
//	cout<<"Calcing "<=1;ii--){
//			cout<<"Findind "<::iterator it = yIndex[ii].begin();it!=yIndex[ii].end();it++){
				int yy = *it;
				if (yynj){
					yr = min (yr,yy-1);
				}else{
					br = true;
					break;
				}
			}
			if (br){
				break;
//				cout<<"Finding Break"<