IOI19 Rectangles

문제

https://oj.uz/problem/view/IOI19_rect

문제 보기 - Rectangles (IOI19_rect) :: oj.uz

N*M 크기의 격자가 들어올 때, 다음 조건을 만족하는 직사각형의 개수를 세야 한다.

$2<=y1<=y2<=N-1$, $2<=x1<=x2<=M-1$ 조건을 만족하며, $y1<=y<=y2$, $x1<=x<=x2$를 만족하는 모든 $x$, $y$에 대해 $min(A[y][x1-1], A[y][x2+1], A[y1-1][x], A[y2+1][x])>A[y][x]$를 만족해야 한다.

 

풀이

https://koosaga.com/236

여러 가지 관찰들과 적절한 전처리로 문제를 해결할 수 있다.

 

일단, 조건이 \(min(A[y][x1-1], A[y][x2+1], A[y1-1][x], A[y2+1][x])>A[y][x]\) 꼴이니, x축과 y축을 분리하여 1차원의 문제만 먼저 풀어보자.

 

Observation 1 : 1차원 상에서 조건을 만족하는 구간의 수는 최대 $N$개이다.

어떠한 구간이 조건을 만족한다고 하면, 이 구간에는 분명히 최댓값이 존재한다. (최댓값이 여러 개 존재한다면 그 중 아무 것이나 선택) 이 최댓값을 고정하고 생각하자.

이제 이 최댓값을 유지하며 조건을 만족하는 구간을 어떻게 만들 수 있는지를 생각해 보자.

Case 1 : 만약 최댓값에서 왼쪽, 오른쪽으로 구간을 확장할 때 지금 보는 값이 최댓값보다 작거나 같다면 이 값은 무조건 구간 안에 포함되어야 한다. 그 이유는 만약 이 값을 포함하지 않고 경계로 삼는다면 이 값은 조건을 만족하지 못하기 때문에 구간에 포함시켜야 되고, 구간에 포함시켜도 아무런 이상 없이 동작한다.

Case 2 : 지금 보는 값이 최댓값보다 크다면 이 값은 고정한 값이 최댓값이라는 조건을 깨뜨리기 때문에 절대로 구간에는 포함될 수 없다. 또한, 이 값은 경계로서의 조건은 만족하기 떄문에 구간에 포함시킬 수는 없고 경계이다.

결론적으로, 최댓값을 하나 고정한 후에는 구간이 자동으로 왼쪽, 오른쪽에서 그 값보다 큰 가장 먼저 만나는 값으로 정해지기 때문에 구간이 하나로 정해진다. 따라서 조건을 만족하는 구간은 정확히 $N$개 존재한다.

 

Observation 2 : 2차원 상에서 조건을 만족하는 직사각형의 수는 최대 $NM$개이다.

이제, 1차원 상에서 문제를 해결한 방법을 바탕으로 2차원에도 똑같이 적용해 보자. 조건을 만족하는 직사각형에는 분명히 최댓값이 존재하고, 위 1번 관찰을 y축, x축 모두에 대해 적용하면 정확히 하나의 직사각형이 결정된다. 따라서 격자의 각 칸에 대하여 그 값을 최댓값으로 하는 직사각형은 정확히 하나만 가능하니, 전체 직사각형의 수는 최대 $NM$개이다. 또한, 각 행마다 관찰 1을 적용하면 조건을 만족하는 1차원 구간도 x, y축 각각에 대해 최대 $NM$개라는 사실도 알 수 있다.

 

이제 위 관찰 2의 증명과 같은 방법으로 각 점에 대하여 그 점을 최댓값으로 하였을 때 조건을 만족하는 직사각형의 경계값으로 가능한 값을 왼쪽, 오른쪽, 위, 아래 4가지 방향 모두에 대하여 전처리하자. 그렇다면 우리는 직사각형 후보를 각 점에 대해 모두 구할 수 있다. 이제 남은 것은 이제 이 직사각형이 최댓값을 포함하는 행과 열 외에도 다른 행 모두에 대해서 조건을 만족하는지를 빨리 확인하는 것 뿐이다.

 

다음과 같은 값들을 전처리함으로서 이를 해결할 수 있다.

$low(y, x1, x2)$ : (y, x1, x2) 이 조건을 만족하는 1차원 구간일 때, 같은 $x1$, $x2$를 유지하면서, 조건을 만족하도록 하고 내려갈 수 있는 최대 $y$

$[y1, y2]*[x1, x2]$이 조건을 만족하는지 확인하기 위해서는 $low(y)(y1, x1, x2)>=y2$, $low(x)(x1, y1, y2)>=x2$ 두 조건을 만족하는지만 확인하면 된다.

low 함수의 값을 구하기 위해서는 단순히 조건을 만족하는 $NM$개의 일차원 구간들을 모두 $x$, $y$에 대하여 정렬한 후, 다음 $y$에 대한 구간이 존재하는지 확인하면 되기 때문에, 이분탐색 등을 통해 이 과정은 $O(NMlogNM)$에 전처리 할 수 있다.

 

하지만 이를 그냥 구현하면 TLE를 받고, vector을 이용하지 말고, 이분탐색보다는 Two Pointer 이 가능한 경우에는 Two Pointer을 이용하고, 비트별로 쪼개는 등의 여러 최적화를 해야 100점을 맞을 수 있다.

 

시간 복잡도 : $O(NMlogNM)$

#pragma GCC optimize ("O3")
#pragma GCC optimize ("Ofast")
#pragma GCC optimize ("unroll-loops")
 
#include "rect.h"
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<ll, ll> pll;
 
const int MAXN = 2500;
 
int N, M, A[MAXN+10][MAXN+10];
int L[MAXN+10][MAXN+10], R[MAXN+10][MAXN+10], U[MAXN+10][MAXN+10], D[MAXN+10][MAXN+10];
 
struct Line
{
	int y, x;
	Line() {}
	Line(int y, int x1, int x2) : y(y), x((x1<<12)|x2) {}
	bool operator < (const Line &p) const
	{
		if(y!=p.y) return y<p.y;
		return x<p.x;
	}
 
	bool operator == (const Line &p) { return y==p.y && x==p.x; }
	bool operator != (const Line &p) { return !(y==p.y && x==p.x); }
};
 
struct Data
{
	Line first; int second;
	Data() {}
	Data(Line a, int b) : first(a), second(b) {}
	bool operator < (const Data &p) const { return first<p.first; };
};
 
Line H[MAXN*MAXN+10], V[MAXN*MAXN+10];
int HS, VS;
int lowH[MAXN*MAXN+10], lowV[MAXN*MAXN+10];
ll ans[MAXN*MAXN+10], anss;
int posH[MAXN+10][MAXN+10], posV[MAXN+10][MAXN+10];
Data HT[MAXN*MAXN+10], VT[MAXN*MAXN+10];
int HTS, VTS;
 
ll count_rectangles(vector<vector<int>> _A)
{
	int i, j;
 
	N=_A.size(); M=_A[0].size();
	for(i=1; i<=N; i++) for(j=1; j<=M; j++) A[i][j]=_A[i-1][j-1];
 
	for(i=1; i<=N; i++)
	{
		vector<int> S;
		S.clear();
		for(j=1; j<=M; j++) L[i][j]=0;
		for(j=1; j<=M; j++)
		{
			while(!S.empty() && A[i][S.back()]<=A[i][j]) S.pop_back();
			if(!S.empty()) L[i][j]=S.back();
			S.push_back(j);
		}
 
		S.clear();
		for(j=1; j<=M; j++) R[i][j]=M+1;
		for(j=M; j>=1; j--)
		{
			while(!S.empty() && A[i][S.back()]<=A[i][j]) S.pop_back();
			if(!S.empty()) R[i][j]=S.back();
			S.push_back(j);
		}
	}
	
	for(i=1; i<=M; i++)
	{
		vector<int> S;
		S.clear();
		for(j=1; j<=N; j++) U[j][i]=0;
		for(j=1; j<=N; j++)
		{
			while(!S.empty() && A[S.back()][i]<=A[j][i]) S.pop_back();
			if(!S.empty()) U[j][i]=S.back();
			S.push_back(j);
		}
 
		S.clear();
		for(j=1; j<=N; j++) D[j][i]=N+1;
		for(j=N; j>=1; j--)
		{
			while(!S.empty() && A[S.back()][i]<=A[j][i]) S.pop_back();
			if(!S.empty()) D[j][i]=S.back();
			S.push_back(j);
		}
	}
 
	for(i=1; i<=N; i++)
	{
		for(j=1; j<=M; j++)
		{
			if(L[i][j]==0) continue;
			if(R[i][j]==M+1) continue;
			H[HS++]=Line(i, L[i][j]+1, R[i][j]-1);
		}
		for(j=1; j<=M; j++)
		{
			if(U[i][j]==0) continue;
			if(D[i][j]==N+1) continue;
			V[VS++]=Line(j, U[i][j]+1, D[i][j]-1);
		}
	}
 
	sort(H, H+HS);
	HS=unique(H, H+HS)-H;
 
	sort(V, V+VS);
	VS=unique(V, V+VS)-V;
 
	for(i=HS-1, j=HS-1; i>=0; i--)
	{
		lowH[i]=H[i].y;
		Line t=Line(H[i].y+1, H[i].x>>12, H[i].x&4095);
		for(; j>=0 && t<H[j]; j--);
		if(j>=0 && t==H[j]) lowH[i]=lowH[j];
	}
 
	for(i=VS-1, j=VS-1; i>=0; i--)
	{
		lowV[i]=V[i].y;
		Line t=Line(V[i].y+1, V[i].x>>12, V[i].x&4095);
		for(; j>=0 && t<V[j]; j--);
		if(j>=0 && t==V[j]) lowV[i]=lowV[j];
	}
 	
	for(i=2; i<=N-1; i++) for(j=2; j<=M-1; j++)
	{
		if(L[i][j]==0) continue;
		if(R[i][j]==M+1) continue;
		if(U[i][j]==0) continue;
		if(D[i][j]==N+1) continue;
 	
		Line tu={U[i][j]+1, L[i][j]+1, R[i][j]-1};
		Line tl={L[i][j]+1, U[i][j]+1, D[i][j]-1};
 		
 		HT[HTS++]=Data(tu, (i<<12)|j);
 		VT[VTS++]=Data(tl, (i<<12)|j);
 	}
 
 	sort(HT, HT+HTS);
 	for(i=0, j=0; i<HTS; i++)
 	{
 		for(; j<HS && H[j]<HT[i].first; j++);
 		if(j<HS && HT[i].first==H[j]) posH[HT[i].second>>12][HT[i].second&4095]=j;
 		else posH[HT[i].second>>12][HT[i].second&4095]=-1;
 	}
 
 	sort(VT, VT+VTS);
 	for(i=0, j=0; i<VTS; i++)
 	{
 		for(; j<VS && V[j]<VT[i].first; j++);
 		if(j<VS && VT[i].first==V[j]) posV[VT[i].second>>12][VT[i].second&4095]=j;
 		else posV[VT[i].second>>12][VT[i].second&4095]=-1;
 	}
 
 	for(i=2; i<=N-1; i++) for(j=2; j<=M-1; j++)
	{
		if(L[i][j]==0) continue;
		if(R[i][j]==M+1) continue;
		if(U[i][j]==0) continue;
		if(D[i][j]==N+1) continue;
 
		int it=posH[i][j];
		int jt=posV[i][j];
 		
 		if(it==-1 || jt==-1) continue;
 
		if(lowH[it]<D[i][j]-1) continue;
		if(lowV[jt]<R[i][j]-1) continue;
 
		ans[anss++]=(((L[i][j]<<12)|R[i][j])*1000000000ll+((U[i][j]<<12)|D[i][j]));
	}
	sort(ans, ans+anss);
	return unique(ans, ans+anss)-ans;
}

 

TLE(72점) 이지만 최적화 등을 하지 않아 가독성이 더 좋은 코드이다.

#include "rect.h"
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<ll, ll> pll;
 
const int MAXN = 2500;
 
int N, M, A[MAXN+10][MAXN+10];
int L[MAXN+10][MAXN+10], R[MAXN+10][MAXN+10], U[MAXN+10][MAXN+10], D[MAXN+10][MAXN+10];
 
struct Line
{
	int y, x1, x2;
	bool operator < (const Line &p) const
	{
		if(y!=p.y) return y<p.y;
		if(x1!=p.x1) return x1<p.x1;
		return x2<p.x2;
	}
 
	bool operator == (const Line &p) { return y==p.y && x1==p.x1 && x2==p.x2; }
};
 
vector<Line> H, V;
int lowH[MAXN*MAXN+10], lowV[MAXN*MAXN+10];
 
ll count_rectangles(vector<vector<int>> _A)
{
	int i, j;
 
	N=_A.size(); M=_A[0].size();
	for(i=1; i<=N; i++) for(j=1; j<=M; j++) A[i][j]=_A[i-1][j-1];
 
	for(i=1; i<=N; i++)
	{
		vector<int> S;
		S.clear();
		for(j=1; j<=M; j++) L[i][j]=0;
		for(j=1; j<=M; j++)
		{
			while(!S.empty() && A[i][S.back()]<=A[i][j]) S.pop_back();
			if(!S.empty()) L[i][j]=S.back();
			S.push_back(j);
		}
 
		S.clear();
		for(j=1; j<=M; j++) R[i][j]=M+1;
		for(j=M; j>=1; j--)
		{
			while(!S.empty() && A[i][S.back()]<=A[i][j]) S.pop_back();
			if(!S.empty()) R[i][j]=S.back();
			S.push_back(j);
		}
	}
	
	for(i=1; i<=M; i++)
	{
		vector<int> S;
		S.clear();
		for(j=1; j<=N; j++) U[j][i]=0;
		for(j=1; j<=N; j++)
		{
			while(!S.empty() && A[S.back()][i]<=A[j][i]) S.pop_back();
			if(!S.empty()) U[j][i]=S.back();
			S.push_back(j);
		}
 
		S.clear();
		for(j=1; j<=N; j++) D[j][i]=N+1;
		for(j=N; j>=1; j--)
		{
			while(!S.empty() && A[S.back()][i]<=A[j][i]) S.pop_back();
			if(!S.empty()) D[j][i]=S.back();
			S.push_back(j);
		}
	}
 
	for(i=1; i<=N; i++)
	{
		for(j=1; j<=M; j++)
		{
			if(L[i][j]==0) continue;
			if(R[i][j]==M+1) continue;
			H.push_back({i, L[i][j]+1, R[i][j]-1});
		}
		for(j=1; j<=M; j++)
		{
			if(U[i][j]==0) continue;
			if(D[i][j]==N+1) continue;
			V.push_back({j, U[i][j]+1, D[i][j]-1});
		}
	}
 
	sort(H.begin(), H.end());
	H.erase(unique(H.begin(), H.end()), H.end());
 
	sort(V.begin(), V.end());
	V.erase(unique(V.begin(), V.end()), V.end());
 
	for(i=H.size()-1; i>=0; i--)
	{
		lowH[i]=H[i].y;
		Line t={H[i].y+1, H[i].x1, H[i].x2};
		if(binary_search(H.begin(), H.end(), t)) lowH[i]=lowH[lower_bound(H.begin(), H.end(), t)-H.begin()];
	}
 
	for(i=V.size()-1; i>=0; i--)
	{
		lowV[i]=V[i].y;
		Line t={V[i].y+1, V[i].x1, V[i].x2};
		if(binary_search(V.begin(), V.end(), t)) lowV[i]=lowV[lower_bound(V.begin(), V.end(), t)-V.begin()];
	}
 
	vector<tuple<int, int, int, int>> ans;
	for(i=1; i<=N; i++) for(j=1; j<=M; j++)
	{
 
		//printf("%d %d : %d %d %d %d\n", i, j, L[i][j], R[i][j], U[i][j], D[i][j]);
		if(L[i][j]==0) continue;
		if(R[i][j]==M+1) continue;
		if(U[i][j]==0) continue;
		if(D[i][j]==N+1) continue;
 
		Line tu={U[i][j]+1, L[i][j]+1, R[i][j]-1};
		if(!binary_search(H.begin(), H.end(), tu)) continue;
		Line tl={L[i][j]+1, U[i][j]+1, D[i][j]-1};
		if(!binary_search(V.begin(), V.end(), tl)) continue;
 
		if(lowH[lower_bound(H.begin(), H.end(), tu)-H.begin()]<D[i][j]-1) continue;
		if(lowV[lower_bound(V.begin(), V.end(), tl)-V.begin()]<R[i][j]-1) continue;
 
		ans.push_back(make_tuple(L[i][j]+1, R[i][j]-1, U[i][j]+1, D[i][j]-1));
	}
	sort(ans.begin(), ans.end());
	ans.erase(unique(ans.begin(), ans.end()), ans.end());
	return ans.size();
}