$与或和$

题目描述见链接 .

$<mstyle mathcolor="red"> 正解部分 </mstyle>$

$子任务 1$ : 求有多少全 $1$ 矩阵 .
$子任务 2$ : 求有多少存在 $1$ 的矩阵 $\to$ 总矩阵数目 $-$ 全 $0$ 矩阵数目 .
其中全 $0$ 矩阵数目等于 $\sum_{i = 1}^{N} i \sum_{j = 1}^{n} j = (\frac{N (N + 1)}{2})^{2}$ 个.

于是只需解决 $子任务 1$ 即可, 怎么解决呢 $?$ 我们使用 单调栈 .

设 $(i, j)$ 及其上方连续 $1$ 的个数是 $U p [i, j]$ , 最后答案为 $r e s$ ,

枚举矩阵的下边界, $O (N)$ , 从左向右维护一个 $U p [i, j]$ 单调递增 的 单调栈,
设当前 单调栈 中 高度不同 的 左上端点 数量为 $t m p$ , 那么在新加入一个元素 $U p [i, j]$ 时, 分 $2$ 类情况讨论,

满足单调性, 则 $t m p$ 个 不同高度 的 左上端点 各可以获得相应高度的 右端点,
而这 $U p [i, j]$ 个 $1$ 又可以作为 $U p [i, j]$ 个 不同高度 的 左上端点, 且 可以以自己为右端点 .
于是 $t m p + = U p [i, j], <mtext> </mtext> r e s + = t m p$ .
不满足单调性, 此时栈中 $t m p$ 个 … 存在不能以这 $U p [i, j]$ 个 $1$ 为 右端点 的 左端点,
且这些 左端点 对应的矩形都已经在前面计算过了, 已无用, 需要丢掉,
设 $U p [i, s t k [k]] \leq U p [i, j]$ , 不断弹出栈顶直到 $s t k [t o p] = s t k [k]$ 即可,
在弹出一个栈顶时, 有 $t = (s t k [t o p] - s t k [t o p - 1]) * (U p [i, s t k [t o p] - U p [i, j])$ 个 左端点 消失了,
因此每次弹出时, $t m p - = t$ , 弹完后, 栈中 左端点 就全部可以正常使用了,
同上 $t m p + = U p [i, j], <mtext> </mtext> r e s + = t m p$ .

最后得到 $r e s$ .

$<mstyle mathcolor="red"> 实现部分 </mstyle>$

上面已经说得很清楚了 .

#include<bits/stdc++.h>
#define reg register
typedef long long ll;

int read(){
        char c;
        int s = 0, flag = 1;
        while((c=getchar()) && !isdigit(c))
                if(c == '-'){ flag = -1, c = getchar(); break ; }
        while(isdigit(c)) s = s*10 + c-'0', c = getchar();
        return s * flag;
}

const int maxn = 1002;
const int mod = 998244353;

int N;
int top;
int Ans;
int Ans_1;
int Max_v;
int Ld[maxn];
int Rd[maxn];
int stk[maxn];
int A[maxn][maxn];
int Up[maxn][maxn];

int sum_1[maxn][maxn][2];
//int sum_2[maxn][maxn][2];

ll pw[maxn];

ll Calc(int p){ 
        ll res = 0;
        for(reg int j = 1; j <= N; j ++)
                for(reg int i = 1; i <= N; i ++){ 
                        Up[i][j] = 0;
                        if(A[i][j] & pw[p]) Up[i][j] = Up[i-1][j] + 1;
                }
        for(reg int i = 1; i <= N; i ++){
                top = 1; ll tmp = 0;
                for(reg int j = 1; j <= N; j ++){
                        while(top != 1 && Up[i][stk[top]] > Up[i][j])
                                tmp -= (stk[top]-stk[top-1]) * (Up[i][stk[top]] - Up[i][j]), top --;
                        tmp += Up[i][j], stk[++ top] = j;
                        res = (res + tmp) % mod;
                }
        }
        return res % mod;
}

int main(){
        freopen("mob.in", "r", stdin);
        freopen("mob.out", "w", stdout);
        N = read();
        for(reg int i = 1; i <= N; i ++)
                for(reg int j = 1; j <= N; j ++) A[i][j] = read(), Max_v = std::max(Max_v, A[i][j]);
        pw[0] = 1;
        for(reg int i = 1; i <= 100; i ++) pw[i] = pw[i-1]<<1;
        ll tot = N*(N+1)/2 % mod; tot = tot*tot % mod;
        for(reg int p = 0; pw[p] <= Max_v; p ++){
                Ans_1 = (Ans_1 + (1ll*pw[p]*Calc(p))%mod) % mod;
                for(reg int i = 1; i <= N; i ++) 
                        for(reg int j = 1; j <= N; j ++) A[i][j] ^= pw[p];
                int num = (tot - Calc(p) + mod) % mod;
                Ans = (Ans + (1ll*pw[p]*num)%mod) % mod;
        }
        printf("%d\n", Ans_1);
        printf("%d\n", Ans);
        return 0;
}

P5300 [GXOI/GZOI2019]与或和 [单调栈]

与 或 和 与或和 与或和

<mstyle mathcolor="red"> 正 解 部 分 </mstyle> \color{red}{正解部分} 正解部分

<mstyle mathcolor="red"> 实 现 部 分 </mstyle> \color{red}{实现部分} 实现部分

$与或和$

$<mstyle mathcolor="red"> 正解部分 </mstyle>$

$<mstyle mathcolor="red"> 实现部分 </mstyle>$