[BalkanOI2016]Lefkaritika

题目大意：
　　一个n*m的格子上有b个障碍物，现在让你往上面放正方形（长宽在格线上）。问可以放多少种边长、位置不同的正方形？

思路：
　　很容易想到一个O(n^3)的暴力：
　　首先前缀和，然后枚举某一个顶点和正方形的边长，判断一下正方形里面是否为空，如果空，则为一种满足条件的答案。
　　枚举边长可以改成二分，这样复杂度是O(n^2 log n)的。
　　再考虑一个O(n^2)的动规：
　　用f[i][j]保存以(i,j)为右下角顶点的正方形的个数，显然，如果(i-1,j)(i,j-1)(i-1,j-1)(i,j)上都没有障碍，那么f[i][j]=min(f[i-1][j],f[i][j-1],f[i-1][j-1])+1。
　　正解是一个O(nb)的奇怪做法：
　　首先对于障碍物按列再按行排序。
　　枚举每一行，将在这一行上面的障碍物加入一个数组中。
　　考虑下边界在当前行的极大化正方形，无非有以下两种情况：
　　　　1.上边被顶到。
　　　　2.左右两边被顶到。
　　现在我们让每个障碍物“代表”被其约束的点，记录下行数比它大的左端点和右端点，这一过程可以用单调栈来求。
　　最后分情况计算出符合条件的正方形个数即可。

 #include<stack>
 #include<vector>
 #include<cstdio>
 #include<cctype>
 #include<algorithm>
 typedef long long int64;
 inline int getint() {
     register char ch;
     while(!isdigit(ch=getchar()));
     register int x=ch^'';
     while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<)+x)<<)+(ch^'');
     return x;
 }
 const int B=;
 struct Point {
     int x,y;
     bool operator < (const Point &another) const {
         if(y==another.y) return x>another.x;
         return y<another.y;
     }
 };
 std::vector<Point> a,p;
 std::stack<int> q;
 int l[B],r[B];
 inline int calc(const int &x,const int &y) {
     if(!x) return ;
     return (int64)(y*-std::min(x,y))*(std::min(x,y)-)/;
 }
 int main() {
     int n=getint(),m=getint(),b=getint();
     for(register int i=;i<=b;i++) {
         const int x=getint(),y=getint();
         a.push_back((Point){x,y});
     }
     std::sort(a.begin(),a.end());
     int64 ans=;
     for(register int i=;i<=n;i++) {
         p.clear();
         p.push_back((Point){i,});
         for(register unsigned j=;j<a.size();j++) {
             if(a[j].x<=i) {
                 p.push_back(a[j]);
             }
         }
         p.push_back((Point){i,m+});
         while(!q.empty()) q.pop();
         q.push();
         for(register unsigned i=;i<p.size();i++) {
             while(q.size()>&&p[q.top()].x<=p[i].x) q.pop();
             l[i]=q.top();
             q.push(i);
         }
         while(!q.empty()) q.pop();
         q.push(p.size()-);
         for(register unsigned i=p.size()-;i>;i--) {
             while(q.size()>&&p[q.top()].x<p[i].x) q.pop();
             r[i]=q.top();
             q.push(i);
         }
         for(register unsigned j=;j<p.size();j++) {
             ans+=calc(i,p[j].y-p[j-].y-);
         }
         for(register unsigned j=;j<p.size()-;j++) {
             ans+=calc(i-p[j].x,p[r[j]].y-p[l[j]].y-)-calc(i-p[j].x,p[r[j]].y-p[j].y-)-calc(i-p[j].x,p[j].y-p[l[j]].y-);
         }
     }
     printf("%lld\n",ans);
     return ;
 }