2016湖南省省赛-K：盖房子（单调栈）

链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/1112/K

时间限制：C/C++ 1秒，其他语言2秒
空间限制：C/C++ 32768K，其他语言65536K
Special Judge, 64bit IO Format: %lld
题目描述
Bobo 在 ICPCCamp 买了一块 $n×m$ 的土地，其中有些格子是障碍。
他想选择两个矩形区域，建造两座房子。
很明显，用于盖房子的区域不能包含障碍。同时，两个区域不能相交（但是可以相邻）。
Bobo 想知道所有可能不同方案的数量除以 $(10^9 + 7)$ 的余数。

输入描述:
输入包含不超过 10 组数据。
每组数据的第一行包含两个整数 $n, m (1 \leq n, m \leq 10^3).$
接下来 n 行中的第 i 行包含一个长度为 m 的字符串 $s_i$ 。
$s_i$ 的第 j 位是 0 则表示第 i 行第 j 列的格子是空地，是 1 则表示该格子是障碍。

输出描述:
对于每组数据，输出一个整数表示所求的值。

示例1
输入
2 2
00
01
输出
5
示例2
输入
3 4
1000
0001
0100
输出
160

思路:
首先利用单调栈求出
$A[i][j](右下角位于(i,j)的矩形个数)$，$B[i][j](右上角位于(i,j)的矩形个数)$，$C[i][j](左下角位于(i,j)的矩形个数)$，$D[i][j](左上角位于(i,j)的矩形个数)$。
我们枚举所有矩形的左上角（如图中蓝色矩形），即每个$D[i][j]$。

那么位于图中黑色和黄色矩阵所处位置的矩形一定不会与左上角在$(i,j)$的矩形相交，因为该区域的矩形的右下角都是在$(i,j)$覆盖范围之外的。

那么对于左上角在$(i,j)$的$D[i][j]$个矩形，其对答案的贡献为$D[i][j]*\sum_{x<i||y<j}^{}A[x][y]$。

但是这样会产生重复，如图中的黄色和蓝色矩形，他们之间的贡献会被算2次，这时需要去重。

枚举每个左下角在$(i,j)$的矩形，即$C[i][j]$，其所产生的重复为$C[i][j]*\sum_{x>i\&\&y<j}B[x][y]$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAX=1e3+10;
const int MOD=1e9+7;
typedef long long ll;
char s[MAX][MAX];
int A[MAX][MAX];
int B[MAX][MAX];
int C[MAX][MAX];
int p[MAX];
stack<pair<int,int> >q;
void solve(int n,int m)//计算A[i][j] B[i][j] C[i][j]
{
    memset(p,0,sizeof p);
    memset(A,0,sizeof A);
    memset(B,0,sizeof B);
    memset(C,0,sizeof C);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        while(!q.empty())q.pop();
        q.push({0,i});
        int ans=0;
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            if(s[i][j]=='1')p[j]=i;
            while(!q.empty()&&q.top().second<p[j])
            {
                pair<int,int>now=q.top();q.pop();
                ans-=(now.first-q.top().first)*(i-now.second);
                ans=(ans%MOD+MOD)%MOD;
            }
            (ans+=(j-q.top().first)*(i-p[j]))%=MOD;
            q.push({j,p[j]});
            A[i][j]=ans;
            A[i][j]+=((A[i][j-1]+A[i-1][j]-A[i-1][j-1])%MOD+MOD)%MOD;
            A[i][j]%=MOD;
        }
    }
    memset(p,0,sizeof p);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        while(!q.empty())q.pop();
        q.push({m+1,i});
        int ans=0;
        for(int j=m;j>=1;j--)
        {
            if(s[i][j]=='1')p[j]=i;
            while(!q.empty()&&q.top().second<p[j])
            {
                pair<int,int>now=q.top();q.pop();
                ans-=(now.first-q.top().first)*(now.second-i);
                ans=(ans%MOD+MOD)%MOD;
            }
            (ans+=(j-q.top().first)*(p[j]-i))%=MOD;
            q.push({j,p[j]});
            C[i][j]=ans;
        }
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)p[i]=n+1;
    for(int i=n;i>=1;i--)
    {
        while(!q.empty())q.pop();
        q.push({0,i});
        int ans=0;
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            if(s[i][j]=='1')p[j]=i;
            while(!q.empty()&&q.top().second>p[j])
            {
                pair<int,int>now=q.top();q.pop();
                ans-=(now.first-q.top().first)*(now.second-i);
                ans=(ans%MOD+MOD)%MOD;
            }
            (ans+=(j-q.top().first)*(p[j]-i))%=MOD;
            q.push({j,p[j]});
            B[i][j]=ans;
            B[i][j]+=((B[i][j-1]+B[i+1][j]-B[i+1][j-1])%MOD+MOD)%MOD;
            B[i][j]%=MOD;
        }
    }
}
int main()
{
    int n,m;
    while(cin>>n>>m)
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%s",s[i]+1);
        solve(n,m);
        for(int i=1;i<=m;i++)p[i]=n+1;
        ll tot=0;
        for(int i=n;i>=1;i--)//计算D[i][j]的同时，计算贡献
        {
            while(!q.empty())q.pop();
            q.push({m+1,i});
            int ans=0;
            for(int j=m;j>=1;j--)
            {
                if(s[i][j]=='1')p[j]=i;
                while(!q.empty()&&q.top().second>p[j])
                {
                    pair<int,int>now=q.top();q.pop();
                    ans-=(now.first-q.top().first)*(i-now.second);
                    ans=(ans%MOD+MOD)%MOD;
                }
                (ans+=(j-q.top().first)*(i-p[j]))%=MOD;
                q.push({j,p[j]});
                tot+=1ll*(A[n][j-1]+A[i-1][m]-A[i-1][j-1])%MOD*ans%MOD;
                tot=(tot%MOD+MOD)%MOD;
            }
        }
        for(int i=1;i<=n;i++)//去重
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            tot-=1ll*C[i][j]*B[i+1][j-1]%MOD;
            tot=(tot%MOD+MOD)%MOD;
        }
        printf("%lld\n",tot);
    }
    return 0;
}