bzoj1201: [HNOI2005]数三角形----递推+bitset

　　　　　　　　　　-by  bzoj

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1201

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枚举所有交点，统计每个以每个点为顶点的正三角和和以每个点为左端点的反三角

计算正三角的方法是递推统计，

如果维护了每个点可以向左下和右下联通而不断开的长度，以及在这个长度内，有几个联通左右的没有断开的横边，

就可以得到正三角的个数了，

维护向左下右下延伸长度可以递推；

维护联通左右的横边个数也可递推；

递推时除了联通的横边的个数外，还需要横边的位置；

因为有了位置的话，可以将联通情况表示成一个01串；

这样某个点对应的01串可以表示为他下面两点的01串按位与；

这个点的01串应该比他下面两点的01串多一位；

多出来的这一位是他下面两点的联通情况；

最后统计答案时，

对每个点而言，在它向左下右下延伸的长度中取min,然后把01串中比这个min长的部分掐掉

然后统计1的个数，计入答案

反三角部分也是同理

然而这个递推是$n^3$的

（据说这个能过）

但所有的01串都可以用bitset完成，于是效率变成了$O({{n^3} \over {64}})$

于是就可以过n=1000了

代码：

洛谷第一个点挂了，所以要加上n=4的特判，

bzoj好像数组要开大点，

#include<cstdio>
#include<bitset>
using namespace std;
bitset<>br[];
bitset<>bd[];
bool f_dl[],f_rl[];
short f_rw[],f_dw[],f_lw[];
int n;
int main()
{
    int i,j,k,l;
    int already;
    long long ans=;
    scanf("%d",&n);
    if(n==)return ;
    //据说第一个点挂了
    for(i=;i<=n;i++){
        already=(i-)*i/;
        for(j=;j<=i;j++)
            for(k=;k<=;k++){
                scanf("%d",&l);
                if(k==)
                    f_rl[already+j-]=l,f_lw[already+j]=l;
                if(k==)
                    f_dw[already+j]=l;
                if(k==){
                    f_dl[already+j]=l;
                    if(i!=n)f_rw[already+j+i]=l;
                }
            }
    }
    for(i=;i<=n;i++){
        already=(i-)*i/;
        f_rl[already+i]=f_rw[already+i]=false;
    }
    for(i=n;i>=;i--){
        already=(i-)*i/;
        for(j=i;j>=;j--){
            if(j!=i&&i!=n){
                br[already+j]=br[already+j+]&br[j++already+i];
                if(f_rl[already+j])
                    br[already+j].set(n--j);
                bd[already+j]=bd[j+already+i]&bd[j++already+i];
                if(f_dl[already+j])
                    bd[already+j].set(n-i);
                if(f_rw[already+j])
                    f_rw[already+j]+=f_rw[already+j+];
                if(f_lw[already+j])
                    f_lw[already+j]+=f_lw[already+j+i];
                if(f_dw[already+j])
                    f_dw[already+j]+=f_dw[already+j+i+];
            }
            if(j==n&&i==n){
                if(f_dl[already+j])
                    bd[already+j].set(n-i);
                continue;
            }
            if(j==i){
                bd[already+j]=bd[j+already+i]&bd[j++already+i];
                if(f_dl[already+j])
                    bd[already+j].set(n-i);
                if(f_lw[already+j])
                    f_lw[already+j]+=f_lw[already+j+i];
                if(f_dw[already+j])
                    f_dw[already+j]+=f_dw[already+j+i+];
            }
            if(i==n){
                if(f_rl[already+j])
                    br[already+j].set(n-j-);
                if(f_dl[already+j])
                    bd[already+j].set(n-i);
            }
        }
    }
    for(i=;i<=n;i++){
        already=(i-)*i/;
        for(j=;j<=i;j++){
            br[already+j]>>=((n-j)-min(f_dw[already+j],f_rw[already+j]));
            bd[already+j]>>=((n-i+)-min(f_dw[already+j],f_lw[already+j]));
            k=br[already+j].count();
            ans+=(long long )k;
            k=bd[already+j].count();
            ans+=(long long )k;
        }
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return ;
}