第十三届蓝桥杯 C++ B 组省赛 F 题——统计子矩阵 （AC）

1.统计子矩阵

1.题目描述

给定一个 $N\times M$ 的矩阵 $A$, 请你统计有多少个子矩阵 (最小 $1\times 1$, 最大 $N\times M$) 满足子矩阵中所有数的和不超过给定的整数 $K$ ?

2.输入格式

第一行包含三个整数 $N,M$ 和 $K$.

之后 NN 行每行包含 $M$ 个整数, 代表矩阵 $A$.

3.输出格式

一个整数代表答案。

4.样例输入

3 4 10
1 2 3 4
5 6 7 8
9 10 11 12

5.样例输出

19

6.数据范围

$1\le N,M\le 500;0\le Aij\le 1000;1\le K\le 250000000.$

7.原题链接

统计子矩阵

2.解题思路

首先，我们有一个查询子矩阵和的需求，这肯定是需要使用预处理二维前缀和来优化查询的。
未学习过的请跳转： 二维前缀和
但确定一个子矩阵，需要一个左上角坐标$(x1,y1)$和一个右下角坐标$(x2,y2)$，如果进行暴力枚举的话复杂度将会是$O(n^4)$，这不可取。
考虑如何进行优化，对于 $x1$ 和 $x2$ 我们仍然进行暴力枚举。 然后考虑如何确定$y1$和$y2$，这里我们用$L$表示$y1$，用 $R$ 表示 $y2$。
由于数组内不存在负数，不难发现随着指针$R$右移，$L$也一定单调向右移动，这就转化成了一个一维数组内求子数组和不大与 $K$ 的数目问题。枚举$R$为右边界，此时子矩阵左上角坐标为$(x1,L)$，右下角坐标为$(x2,R)$，如求得总和大于 $K$ ，$L$ 向右移动，统计当前 $R$ 作为右边界的答案数量为 $R-L+1$，这样双指针的做法复杂度为$O(n)$。当然也可以二分得到 $L$ 的位置，但是复杂度为$O(nlogn)$。
这样使用双指针整体的复杂度为$O(n^3)$，如果使用二分的话为$O(n^{3}logn)$会超时。$O(n^3)$的复杂度在500下计算次数就达到了500x500x500=125,000,000。
我们来分析一下为什么双指针能过但二分不能过，因为枚举 $x1$ 和 $x2$ 的操作严格意义的复杂度应该是$O(\frac{n^2}{2})$，所以双指针算法实际运算次数应该是125,000,000/2=62,500,000是可以过的。二分会再乘一个 $log500$，那肯定就爆掉了，经测试也二分做法也确实挂掉了。两个代码我都贴上

3.Ac_code

前缀和+双指针

#include
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;
typedef pair<int, int> PII;
#define pb(s) push_back(s);
#define SZ(s) ((int)s.size());
#define ms(s,x) memset(s, x, sizeof(s))
#define all(s) s.begin(),s.end()
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1000000007;
const int N = 510;

LL n, m, k;
LL a[N][N], s[N][N];
//求子矩阵的和
LL sum(int x1, int y1, int x2, int y2) {
    return s[x2][y2] - s[x1 - 1][y2] - s[x2][y1 - 1] + s[x1 - 1][y1 - 1];
}
void solve()
{
    cin >> n >> m >> k;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        for (int j = 1; j <= m; ++j) {
            cin >> a[i][j];
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        for (int j = 1; j <= m; ++j) {
            s[i][j] = s[i - 1][j] + s[i][j - 1] - s[i - 1][j - 1] + a[i][j];
        }
    }
    LL ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        for (int j = i; j <= n; ++j) {
            for (int l = 1, r = 1; r <= m; ++r) {
                while (l <= r && sum(i, l, j, r) > k) l++;
                ans += r - l + 1;
            }
        }
    }
    cout << ans << '\n';
}

int main()
{
    ios_base :: sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int t = 1;
    while (t--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}

前缀和+二分（过80%数据）

#include
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;
typedef pair<int, int> PII;
#define pb(s) push_back(s);
#define SZ(s) ((int)s.size());
#define ms(s,x) memset(s, x, sizeof(s))
#define all(s) s.begin(),s.end()
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1000000007;
const int N = 510;

LL n, m, k;
LL a[N][N], s[N][N];
//求子矩阵的和
LL sum(int x1, int y1, int x2, int y2) {
    return s[x2][y2] - s[x1 - 1][y2] - s[x2][y1 - 1] + s[x1 - 1][y1 - 1];
}
void solve()
{
    cin >> n >> m >> k;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        for (int j = 1; j <= m; ++j) {
            cin >> a[i][j];
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        for (int j = 1; j <= m; ++j) {
            s[i][j] = s[i - 1][j] + s[i][j - 1] - s[i - 1][j - 1] + a[i][j];
        }
    }
    LL ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        for (int j = i; j <= n; ++j) {
            for (int t = 1; t <= m; ++t) {
                int l = 1, r = t;
                while (l < r) {
                    int mid = l + r >> 1;
                    if (sum(i, mid, j, t) > k) l = mid + 1;
                    else r = mid;
                }
                if (sum(i, l, j, t)<=k) ans += t - l + 1;
            }
        }
    }
    cout << ans << '\n';
}

int main()
{
    ios_base :: sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int t = 1;
    while (t--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}