Codeforces 372B Counting Rectangles is Fun：dp套dp

题目链接：http://codeforces.com/problemset/problem/372/B

题意：

　　给你一个n*m的01矩阵(1 <= n,m <= 40)。

　　然后有t组询问(a,b,c,d)，问你：

　　　　在以(a,b)为左上角，以(c,d)为左下角，围成的矩形范围中，有多少全是0的矩形。

题解：

　　这题是dp套dp……

　　首先解决dp1：

　　　　表示状态：

　　　　　　f[a][b][c][d] = Rectangles number

　　　　　　表示左上角为(a,b)，右下角的范围在(c,d)以内的全0矩形的个数。

　　　　如何转移：

　　　　　　f[a][b][c][d] = f[a][b][c-1][d] + f[a][b][c][d-1] - f[a][b][c-1][d-1] + check(a,b,c,d)

　　　　　　简单的容斥原理。

　　　　　　其中，如果左上角为(a,b)，右下角为(c,d)的矩形中全是0，则check(a,b,c,d)为1，否则为0（要用到二维前缀和）。

　　　　边界条件：

　　　　　　set f = 0

　　　　复杂度O(N^4)。

　　然后解决dp2：

　　　　表示状态：

　　　　　　dp[a][b][c][d] = Rectangles number

　　　　　　表示在(a,b)和(c,d)围成的范围内的全0矩形个数。

　　　　　　显然有：

　　　　　　　　dp[a][b][c][d] = ∑ f[i][j][c][d] (a<=i<=c, b<=j<=d)

　　　　如何转移：

　　　　　　dp[a][b][c][d] = dp[a+1][b][c][d] + dp[a][b+1][c][d] - dp[a+1][b+1][c][d] + f[a][b][c][d]

　　　　　　还是根据容斥原理，不过在这里a,b,c,d要倒着枚举。

　　　　边界条件：

　　　　　　set dp = 0

　　　　复杂度O(N^4)。

　　所以对于每一次询问，直接输出dp[a][b][c][d]即可。

　　总复杂度O(N^4 + t)

AC Code:

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#define MAX_N 45

using namespace std;

int n,m,t;
int v[MAX_N][MAX_N];
int s[MAX_N][MAX_N];
int f[MAX_N][MAX_N][MAX_N][MAX_N];
int dp[MAX_N][MAX_N][MAX_N][MAX_N];

void read()
{
    cin>>n>>m>>t;
    char c;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            cin>>c;
            v[i][j]=c-'0';
        }
    }
}

void cal_s()
{
    memset(s,0,sizeof(s));
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            s[i][j]=s[i][j-1]+s[i-1][j]-s[i-1][j-1]+v[i][j];
        }
    }
}

int check(int a,int b,int c,int d)
{
    int sum=s[c][d]-s[c][b-1]-s[a-1][d]+s[a-1][b-1];
    return sum==0 ? 1 : 0;
}

void cal_f()
{
    memset(f,0,sizeof(f));
    for(int a=1;a<=n;a++)
    {
        for(int b=1;b<=m;b++)
        {
            for(int c=a;c<=n;c++)
            {
                for(int d=b;d<=m;d++)
                {
                    f[a][b][c][d]=f[a][b][c-1][d]+
                        f[a][b][c][d-1]-
                        f[a][b][c-1][d-1]+
                        check(a,b,c,d);
                }
            }
        }
    }
}

void cal_dp()
{
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    for(int a=n;a>=1;a--)
    {
        for(int b=m;b>=1;b--)
        {
            for(int c=n;c>=a;c--)
            {
                for(int d=m;d>=b;d--)
                {
                    dp[a][b][c][d]=dp[a+1][b][c][d]+
                        dp[a][b+1][c][d]-
                        dp[a+1][b+1][c][d]+
                        f[a][b][c][d];
                }
            }
        }
    }
}

void work()
{
    cal_s();
    cal_f();
    cal_dp();
    int a,b,c,d;
    while(t--)
    {
        cin>>a>>b>>c>>d;
        cout<<dp[a][b][c][d]<<endl;
    }
}

int main()
{
    read();
    work();
}