子矩形_题解

【题解提供者】吴立强

解法

思路

首先需要枚举到并判断所有可能的矩形。

注意到 $g_{ij}$ 的取值范围非常的小，根据鸽笼原理，若矩形中元素数量超过 10，那么这样的矩形必然不合法（必然存在某种数出现的次数超过一次）。

所以可以枚举矩形的某个角落（代码展示中枚举的是左上角坐标），然后再枚举其横纵延申的距离（不可能超过 10），通过上述推论可以发现可能合法的矩形其实非常少，且每个合法的矩形面积都不超过 10。

故直接判断每个可能的矩形是否满足条件然后累加近答案中即可。

代码展示

#include 
#include 
using namespace std;

const int N = 1509;
int a[N][N];

bool check(int x, int y, int rx, int ry) {
    bool vis[10] = {false};  /// 标记每个位置的数都没有出现过
    for(int i = x; i <= rx; i ++)
        for(int j = y; j <= ry; j ++)
            if(vis[a[i][j]]) return false;  /// 一个数出现了两次
            else vis[a[i][j]] = true;  /// 标记这个数出现过
    return true;
}
int main() {
    int n, m;  cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
        for(int j = 1; j <= m; j ++)
            cin >> a[i][j];
    int ans = 0;
    for(int x = 1; x <= n; x ++)
        for(int y = 1; y <= m; y ++)  /// 枚举矩形左上角的坐标
            for(int dx = 1; dx <= 10; dx ++)
                for(int dy = 1; dy <= 10; dy ++) {  /// 枚举行和列的延申长度
                    if(dx * dy > 10) break;  /// 鸽笼原理
                    int fx = x + dx - 1, fy = y + dy - 1;  /// 获取延申后的新坐标
                    if(fx > n || fy > m) break;  /// 越界
                    if(check(x, y, fx, fy)) ans ++;  /// 判断当前矩形是否有重复数字
                    else break;  /// 当前矩形不行，再扩大也必然不行
                }
    cout << ans;
    return 0;
}

算法分析

程序时间复杂度约为 $O(n\times m\times 100)$。

拓展

本题是经典的基于值域限制逆推解法，当发现值域非常小时就可以联想到鸽笼原理的限制，从而确定程序的时间复杂度不会很高。