统计子矩阵-蓝桥杯（前缀和+双指针）

往后几天会持续更新第十三届省赛蓝桥杯c++B组的题目

给定一个 N×M 的矩阵 A，请你统计有多少个子矩阵 (最小 1×1，最大 N×M) 满足子矩阵中所有数的和不超过给定的整数 K?

输入格式

第一行包含三个整数 N,M和 K。之后 N行每行包含 M 个整数，代表矩阵 A。

输出格式

一个整数代表答案。

数据范围

对于 30%

的数据，N,M≤20，
对于 70% 的数据，N,M≤100，
对于 100% 的数据，1≤N,M≤500;0≤Aij≤1000;1≤K≤250000000。

输入样例：

3 4 10
1 2 3 4
5 6 7 8
9 10 11 12
输出样例：

19
样例解释

满足条件的子矩阵一共有 19

，包含：

大小为 1×1的有 10个。
大小为 1×2的有 3个。
大小为 1×3的有 2个。
大小为 1×4的有 1个。
大小为 2×1的有 3 个。

以下是思考过程：

我们需要计算的是任意大小的矩阵中的和，可能在这里就有一部分同学反应过来了，要是枚举好每一个矩阵后，再接着计算该矩阵中所有数字的和，这所耗费的时间就太多了。就需要我们用预处理数组。

对于该题的预处理数组，我也看过很多该题的帖子，所采用的预处理方式也多种多样。我才用的预处理方式是matrix[i][j]作为右下角，matrix[1][1]作为左上角，所形成矩阵的和。其他的预处理方式还有每一行的前缀和。在此我就不进行赘述了。

而我的所采用的预处理方式为：pre[i][j] = pre[i-1][j]+pre[i][j-1]+pre[i-1][j-1]+matrix[i][j]

（也是因为这个预处理方式，我才选在将matrix[1][1]视为起点，这样的话，就不用单独处理i-1<0的情况了）

 如图所示，这样的的话，应该更便于理解这个预处理方式。

当预处理完成后，我们还需要进行的就是枚举每个矩阵。我在比赛的时候，并未想到这个双指针，而是直接进行的暴力枚举矩阵。知道我今天再做该题的时候，才知道，自己这道题真的超时了。。。

如何枚举每一个矩阵：

首先我们应该知道的是，当确定每个矩阵的两个对顶角后，我们就能得到一个唯一的矩阵。所以我们所用的是一个矩阵的左上角和右下角，因为这样更便于理解。也更容易书写。

在枚举每一个矩阵的时候，因为要是左上角和右下角都暴力枚举，会超时。所以，就借鉴了大佬的思想。

咳咳，开始上主菜： 我们设左上角为A(x1,y1),右下角为B(x2,y2)    我们先枚举两个A和B的行，即为x1和x2，随后我们再枚举A和B的y值，该部分代码如下

for( x1=1;x1<=N;x1++){
        for( x2=x1;x2<=N;x2++){//因为(x2,y2)是右下角，注意不要让它一不小心变成左下角。。。所以x2=x1,而不是x2 = 1
            int temp = 1;
            for( y1=1;y1<=M;y1++){

                for( y2=temp;y2<=M;y2++){
                    if(pre[x2][y2]-pre[x1-1][y2]-pre[x2][y1-1]+pre[x1-1][y1-1]>K){
                        temp = y2-1;
                        break;
                    }
                }
                temp = y2-1;
                ans+=y2-y1;
                
            }


        }
    }

开始讲解为何是这样的代码

按照上面所示的代码，在某一时刻，达到如图所示的矩阵状态。我们假设此时所拥有的矩阵是合法范围下最大的，（即如果y2要是再+1，矩阵和将会>k）。代码:   ans+=y2-y1;表示以y1不动（即在这个情况下，所有的矩阵都以y1为一条边，另一条边为y2），所得出的方案数，因为如果一旦矩阵的前缀和大于k了，那么y2再往右移也就毫无意义了，肯定会大于k，所以就break

接下来说为什么要设置一个temp来储存y2最后的位置。temp = y2-1，由上述代码我们可知，无论是y2是因为前缀和大于k后break的,还是因为y2遇到右边界后结束循环的 。此时的y2相对我们要求的矩阵和小于k而言，均是不合法的。（因为前缀和break,当然此刻的y2处的前缀和大于k，不合法）（y2遇到右边界结束循环，y2>M,更加不合法）

所以temp储存的是y2最后的合法位置。等到y1++后，y2再从此位置右移。因为当y1未右移的时候，该矩阵都合法，当y1++后，矩阵和会减小,更加合法。而且，此时的ans+=y2-y1,也均是以此刻的y1当一条边。不会出现重复计算的现象。

讲的这就讲完了。

下面则是本题代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MA_LC = 510;
int N,M,K;
int mp[MA_LC][MA_LC];
long long pre[MA_LC][MA_LC];
int main(){
    cin>>N>>M>>K;
    for(int i=1;i<=N;i++){
        for(int j=1;j<=M;j++){
            cin>>mp[i][j];
            pre[i][j] = (pre[i-1][j]+pre[i][j-1] - pre[i-1][j-1])+mp[i][j];
        }
    }
    int x1,x2,y1,y2;
    long long ans = 0;
    for( x1=1;x1<=N;x1++){
        for( x2=x1;x2<=N;x2++){
            int temp = 1;
            for( y1=1;y1<=M;y1++){

                for( y2=temp;y2<=M;y2++){
                    if(pre[x2][y2]-pre[x1-1][y2]-pre[x2][y1-1]+pre[x1-1][y1-1]>K){
                        temp = y2-1;
                        break;
                    }
                }
                temp = y2-1;//要额外注意一些，在这个地方也用到了y2，所以不能在for处定义y2,应在外面定义y2
                ans+=y2-y1;
                
            }


        }
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

 欢迎大家前来指正。