Codeforces Round 662 (Div. 2) #D. Rarity and New Dress （二维dp / bitset卡常）

原题链接：D. Rarity and New Dress

题目大意：

给出一个 $n\times m$ 带有小写字母的网格，要你找出有多少个菱形（如题中图片所示）满足以下条件：

• 圈起的菱形内部所有字母都必须相同。
• 菱形不能超过网格大小。
• 一个格子也算作一个菱形。

问：对于给出的网格，总共有多少种不同的方法构成一个菱形。

解题思路：

做法 $1$ ：二维DP

对于一个格子，我们考虑从上下左右四个方向进行转移。

对一个菱形来说，我们假设其上下左右四个方向格子的长度为 $k$ 。那么对于单个格子构成的棱形来说 $k=0$ ，单个格子加周围四个格子构成的一个小菱形来说 $k=1$，以此类推。

观察一下，一个边长为 $k$ 的菱形能够构成的前提是其四周可以分成四个边长为 $k-1$ 的小棱形。



（上图黄色为 $k=3$ 阶菱形的中心，深蓝色为 $k=2$ 阶小菱形的中心）

那么我们可以先考虑上下方向最大能够扩展的长度，然后再考虑左右方向能够扩展的长度。

• $up[i][j]$ 表示坐标为（ $i,j$ ）的方格能最大向上扩展的长度。
• $down[i][j]$ 表示坐标为（ $i,j$ ）的方格能最大向下扩展的长度。
• $left[i][j]$ 和 $right[i][j]$ 同理。

那么转移方程很好想，几乎都是以下形式：
$$up[i][j]=\{\begin{array}{l}up[i-1][j]+1\text{(str[i][j] = str[i - 1][j])}，\\ 0\text{(str[i][j]=str[i - 1][j])}，\end{array}$$

对于 $left$ 和 $right$ 来说，我们要额外考虑 $up$ 和 $down$ 的影响：
$$left[i][j]=\{\begin{array}{l}\min (up[i][j],down[i][j],left[i][j-1]+1)\text{(str[i][j] = str[i][j - 1])}，\\ 0\text{ (str[i][j]=str[i - 1][j])}，\end{array}$$

这是因为我们要向左和向右扩展，前提是我们上下能够扩展。最终答案就可以在 $left$ 和 $right$ 中取得了。
 
$ans=n\ast m+{\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^m\min (left[i][j],right[i][j])。$
 
时间复杂度： $O(nm)$

AC代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define YES return void(cout << "Yes\n")
#define NO return void(cout << "No\n")
using namespace std;using u64 = unsigned long long;
using PII = pair<int, int>;
using i64 = long long;void solve() {int n, m;cin >> n >> m;vector<string> str(n + 2);for (int i = 1; i <= n; ++i) {cin >> str[i];str[i] = '?' + str[i] + '?';}vector<vector<i64>> up(n + 1, vector<i64>(m + 1, 0));auto down = up, left = up, right = up;for (int i = 2; i <= n - 1; ++i) {for (int j = 2; j <= m - 1; ++j) {int t = n - i + 1;if (str[i][j] == str[i - 1][j]) {up[i][j] = up[i - 1][j] + 1;}if (str[t][j] == str[t + 1][j]) {down[t][j] = down[t + 1][j] + 1;}}}for (int i = 2; i <= n - 1; ++i) {for (int j = 2; j <= m - 1; ++j) {int t = m - j + 1;if (str[i][j] == str[i][j - 1]) {left[i][j] = min({up[i][j], down[i][j], left[i][j - 1] + 1});}if (str[i][t] == str[i][t + 1]) {right[i][t] = min({up[i][t], down[i][t], right[i][t + 1] + 1});}}}i64 ans = n * m;for (int i = 2; i <= n - 1; ++i) {for (int j = 2; j <= m - 1; ++j) {ans += min(left[i][j], right[i][j]);}}cout << ans << '\n';
}signed main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0), cout.tie(0);int t = 1; //cin >> t;while (t--) solve();return 0;
}

做法 $2$ : bitset卡常

假设我们进行最暴力的做法，利用做法 $1$ 的思路：

( 一个边长为 $k$ 的菱形能够构成的前提是其四周可以分成四个 $k-1$ 小棱形 )

我们设计这样一个 $0/1$ 状态： $dp[k][i][j]$ 表示坐标为（$i,j$）的点能否构成长度为 $k$ 的菱形，为 $1$ 则可以构成，为 $0$ 则不能构成。

那么状态转移方程就是：
 
$dp[k][i][j]=dp[k-1][i-1][j]$ $\&$ $dp[k-1][i+1][j]$ $\&$ $dp[k-1][i][j-1]$ $\&$ $dp[k-1][i][j+1]$
 
即上下左右都可以构成 $k-1$ 阶的菱形时，（$i,j$）的点就可以构成 $k$ 阶的菱形。

最后，对于每一个 $k$ ，我们算出一共有多少个 $1$ 即可。
 
$ans={\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^m{\sum }_{k=1}^{\frac{\min (n,m)}{2}}dp[k][i][j]$
 

$O(n^3)$ 的复杂度是过不了的，但我们发现 $dp$ 数组中都是对 $0/1$ 进行维护，考虑用 $bitset$ 优化。

开 $bitset$ 来代替我们的 $dp$ 数组，然后利用类似滚动数组的方法从 $k-1$ 阶中获得 $k$ 阶的状态。

先处理出 $k=1$ 时的 $dp$ 数组 $0/1$ 状态存入一个 $bitset$ 内。

预处理之后，那么后面 $2,3,...,k$ 阶的状态转移方程为：
 
$dp[nxt][i]=(dp[cur][i]<<1)\&(dp[cur][i]>>1)\&dp[cur][i-1]\&dp[cur][i+1]$ （当前第 $k$ 阶状态 = 第 $k-1$ 阶： 左 $\&$ 右 $\&$ 上 $\&$ 下）
 
（其中 $\&$ 代表二进制的与操作，$dp[cur][i]$ 是 $k-1$ 阶第 $i$ 行的 $dp$ 状态，$dp[nxt][i]$ 是 $k$ 阶第 $i$ 行的 $dp$ 状态）

做完这些之后，剩下的就是看测评姬和你是否心灵相通了。
_{（当然也可以用循环展开等等一些魔幻的方法成为卡常超人，不过我懒就是了）}
 

复杂度：$O(n^3/w)$

注意一些卡常细节还是能卡过去的。

AC代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define YES return void(cout << "Yes\n")
#define NO return void(cout << "No\n")
using namespace std;using u64 = unsigned long long;
using PII = pair<int, int>;
using i64 = long long;const int N = 2e3;bitset<N> dp[2][N];void solve() {int n, m;cin >> n >> m;vector<string> str(n);for (auto& s : str) {cin >> s;}i64 ans = n * m;//处理出 k = 1 阶的 bitsetfor (int i = 1; i < n - 1; ++i) {for (int j = 1; j < m - 1; ++j) {char cur = str[i][j];dp[0][i][j] = (cur == str[i + 1][j] && cur == str[i - 1][j] && cur == str[i][j + 1] && cur == str[i][j - 1]);}ans += dp[0][i].count();}//用res小小优化一下转移次数i64 res = 1;int cur = 0, nxt = 1, t = min(n, m) >> 1;for (int k = 1; res && k <= t; ++k) {res = 0;for (int i = 1; i < n - 1; ++i) {dp[nxt][i] = (dp[cur][i] << 1) & (dp[cur][i] >> 1) & dp[cur][i - 1] & dp[cur][i + 1];res += dp[nxt][i].count();}ans += res;swap(cur, nxt);}cout << ans << '\n';
}signed main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0), cout.tie(0);int t = 1; //cin >> t;while (t--) solve();return 0;
}

感谢观看！