CodeForces 372B 腦洞大開的DP遞推
題目：
做了兩個多小時，腦洞大開，給了一個01矩陣，求以a,b,為左上角，c,d為右下角的矩陣內有多少包含部分全為0的子矩陣
對於這道題目，一開始就想到了DP遞推，感覺而已，雖然準，可是做不出啊，想好了遞推式子可是細節部分沒辦法去處理。看了CF上的題解，頓時腦洞大開，這個做法真的是太厲害了，這方法程式碼簡潔明瞭，同時也提醒到了我，在方程假設出來後，對於轉移的細節處理，
其實一開始我想到過這個遞推式子
dp[i][j][k][l] += dp[i][j][k - 1][l] + dp[i][j][k][l - 1] - dp[i][j][k - 1][l - 1];對於這個式子，就還差一個，那就是包含(c,d)也就是右下角的矩陣數目，這個當時無法去求，現在覺得這方法真的太巧妙了，可以先開一個二維陣列last[i][j],代表當前(i,j)這個點距離它同一行左邊距離它最近的 一個1的距離，如果它左邊沒有1，那麼就是距離左邊第一列 也就是矩陣左邊界的距離，
一開始設定一個值 l - j + 1,也就是左上角的點與右下角的點的 列數之間的距離，然後開始列舉從右下角到左上角的 行數 中的last[kk][l]的值，(i<=kk<=k)，取兩個之間曉得的那個加上，為什麼呢
比如說：
000
000，這個子矩陣一開始l - j + 1 = 3，然後列舉行數，發現最終答案是6，數一數包含右下角的點的 矩陣個數確實是六，因為要包含右下角所以多一行其實就是個數多了一倍而已
再舉個例子：
010
000，一開始l - j + 1 = 3,開始列舉行數，最終答案是4，為什麼呢，因為要包含右下角的點，所以當你一旦遇到1的時候，那麼其實從這個1所在位置開始的 左邊上邊部分都可以去掉了，只有這個1以及1上邊的右邊部分可以用了， 這方法真神！
int n,m,q; int mp[40 + 5][40 + 5]; int dp[40 + 5][40 + 5][40 + 5][40 + 5]; int last[40 + 5][40 + 5];//與左邊最近的一個1的距離， void init() { memset(dp,0,sizeof(dp)); memset(last,0,sizeof(last)); } bool input() { while(cin>>n>>m>>q) { for(int i=1;i<=n;i++) { string s; cin>>s; for(int j=1;j<=m;j++) { mp[i][j] = s[j - 1] - '0'; } } return false; } return true; } void slove() { for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=1;j<=m;j++) { if(mp[i][j]){last[i][j] = 0;continue;} last[i][j] = last[i][j - 1] + (mp[i][j] == 0); } } for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=1;j<=m;j++) { for(int k=i;k<=n;k++) { for(int l=j;l<=m;l++) { int tmp = l - j + 1; //int tt = 0; for(int kk = k;kk >= i;kk--) { tmp = min(tmp,last[kk][l]); dp[i][j][k][l] += tmp; //tt += tmp; //cout<<tt<<"****"<<endl; } dp[i][j][k][l] += dp[i][j][k - 1][l] + dp[i][j][k][l - 1] - dp[i][j][k - 1][l - 1]; } } } } } void cal() { slove(); while(q--) { int aa,bb,cc,dd; cin>>aa>>bb>>cc>>dd; cout<<dp[aa][bb][cc][dd]<<endl; } } void output() { } int main() { while(true) { init(); if(input())return 0; cal(); output(); } return 0; }