A - 2x2 Erasing

题目位置:

点这里: https://atcoder.jp/contests/arc205/tasks/arc205_a
本专栏提供了整个比赛的题解: link

题目意思翻译

题目描述

首先我们考虑一个 $N$ 行 $N$ 列的矩阵，我们将 $(r,c)$ 中的 $r$ 记作行，$c$ 记作列。矩阵的每个位置都有一个颜色，有黑色和白色两种，我们将黑色记作 #, 将白色记作 .

您会收到 $Q$ 个有关此网格的问题，因此请逐一回答。在第 $i(1\le i\le Q)$个问题中，给出了整数$U_i,D_i,L_i,R_i$，请回答每个问题的答案。

在对所有不满足 $U_i\le r\le D_i$ $L_i\le c\le R_i$ 的位置 $(r,c)$ 进行着色黑色后, 将以下操作连续执行最多次数。

选择一对整数 $(r,c)$ 要求 $(r,c),(r,c+1),(r+1,c),(r+1,c+1)$ 全是白色，然后将他们其中一个染成黑色。

独立解决每个问题。换句话说，每个单元格的颜色都重置为每个问题的初始状态。

数据范围

$2\le N\le 500$
$1\le Q\le 10^5$
$S_{r,c}$ 是 # 和 . 其中之一
$1\le U_i<D_i\le N$
$1\le L_i<R_i\le N$
本题输入全部为整数

输入格式

输入第一行是一个整数 $N$ 和 $Q$
第二行到第 $N+1$ 行，每行 $N$ 个字符，表示输入一个矩阵 $S$
第 $N+2$ 行到 $N+1+Q$ 行，每行输入四个整数 $U_i,D_i,L_i,R_i$

输出格式

输出 $Q$ 行，每行表示第 $i$ 个问题的答案

输入样例1

5 4
..#.#
.....
#....
...#.
.#...
1 3 1 3
3 5 3 5
2 3 1 4
1 5 1 5

输出样例1

2
0
2
5

输入样例2

7 6
#.#....
.....#.
.......
.#..#.#
#....#.
.......
....##.
1 3 2 7
4 6 1 6
6 7 2 7
3 5 4 6
1 6 2 4
1 7 1 7

输出样例2

4
4
2
0
6
13

思路

这道题一看就 没有思路 很神奇。

我们发现题目要将输入的矩阵构造成一个新的矩阵，但是 $N$ 可能高达 $500$ 如果每个询问都是使用构造法，那么我们发现时间复杂度是 $O(n^2)$，但是 $q$ 可能达到 $10^5$ 如果使用构造法就算再怎么优化，也是不可行的

因为时间复杂度到达了 $O(n^2\times q)$ 最坏为 $500\times 500\times 10^5=2.5\times 10^{10}$
已经超过了 $10^8$ 不可行 。

但是暴力不可行，但是我们可以通过暴力找规律，
我们首先制造一个输出将矩阵改为题目输入的矩阵的代码

#define FOR(i, a, b) for (int i = (a); i < (b); i++)
#define REP(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); i++)int n, q;
char Map[512][512];
char tmp[512][512];void solve(int u1, int d1, int l1, int r1)
{REP(i, 1, n) {REP(j, 1, n) { tmp[i][j] = Map[i][j];if (i < u1 || i > d1 || j < l1 || j > r1) tmp[i][j] = '#';putchar(tmp[i][j]);}putchar('\n');}
}

当输入为样例 1 中的 1 3 1 3 时，我们发现代码输出了

..###
...##
#..##
#####
#####

作者在比赛的时候发现了如下的规律。
因为题意是计算正方形的个数，我们不管修改，直接计算题目由.组成的正方形的个数。

我们发现有 2 个，和答案完全吻合，作者又测试了很多数据，都是这样的，这启示我们写下下面的代码:

#include <stdio.h>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <unordered_set>using namespace std;#define FOR(i, a, b) for (int i = (a); i < (b); i++)
#define REP(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); i++)typedef long long ll;int n, q;
char Map[512][512];
char tmp[512][512];void solve(int u1, int d1, int l1, int r1)
{REP(i, 1, n) REP(j, 1, n) { tmp[i][j] = Map[i][j];if (i < u1 || i > d1 || j < l1 || j > r1) tmp[i][j] = '#';}int cnt = 0;REP(i, 1, n) {REP(j, 1, n) if (tmp[i][j] == '.' && tmp[i][j + 1] == '.' && tmp[i + 1][j] == '.' && tmp[i + 1][j + 1] == '.') cnt++;}printf("%d\n", cnt);
}int main()
{scanf("%d %d\n", &n, &q);REP(i, 1, n) REP(j, 1, n) scanf(" %c", &Map[i][j]);while (q --) {int u1, d1, l1, r1;scanf("%d%d%d%d", &u1, &d1, &l1, &r1);solve(u1, d1, l1, r1);}return 0;
}

然后直接 TLE 了，但是正确了 $5$ 个测试点，其它全部超时。
我们考虑改进这个代码，我们可以使用一次预处理，计算出每个位置的 $2\times 2$ 的正方形的个数.

这启示我们使用二维前缀和实现，首先一次预处理，再单次查询即可。
不会二维前缀和的点这里: link

代码:

作者连二位前缀和都调了很久

#include <stdio.h>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <string>using namespace std;#define FOR(i, a, b) for (int i = (a); i < (b); i++)
#define REP(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); i++)typedef long long ll;int n, q;
char Map[512][512];
char tmp[512][512];
int TmpCount[512][512];void solve(int u1, int d1, int l1, int r1)
{
//	printf("%d %d %d %d\n", TmpCount[d1][r1], TmpCount[r1][l1], TmpCount[u1][d1], TmpCount[u1][l1]);printf("%d\n", TmpCount[d1][r1] - TmpCount[d1][l1] - TmpCount[u1][r1] + TmpCount[u1][l1]);
}int main()
{scanf("%d %d\n", &n, &q);REP(i, 1, n) REP(j, 1, n) scanf(" %c", &Map[i][j]);REP(i, 1, n) REP(j, 1, n) {TmpCount[i][j] = TmpCount[i - 1][j] + TmpCount[i][j - 1] - TmpCount[i - 1][j - 1];if (Map[i - 1][j - 1] == '.' && Map[i][j - 1] == '.' && Map[i - 1][j] == '.' && Map[i][j] == '.') TmpCount[i][j] ++;
//    	printf("i = %d j = %d Count[i][j] = %d\n", i, j, TmpCount[i][j]);}while (q --) {int u1, d1, l1, r1;scanf("%d%d%d%d", &u1, &d1, &l1, &r1);solve(u1, d1, l1, r1);}return 0;
}

时间复杂度分析

AC 代码的时间复杂度为预处理 $O(n^2)$ 单词查询为 $O(1)$

所以这个代码的时间复杂度为 $O(n^2+q)$ 完全可行