2017模拟赛 现代艺术（二维差分）

何老板是一个现代派的艺术家。他在一块由n*n的方格构成的画布上作画。一开始，所有格子里的数字都是0。
何老板作画的方式很独特，他先后给N^2个子矩阵涂上了颜色，每次都是从1到N^2这些数字中选一个给对应矩阵全部填上该数字。比如：
第1步，他选数字2填在了一个子矩阵上。如下图：

2 2 2 0 2 2 2 0 2 2 2 0 0 0 0 0 第2步，他用数字7填在了一个子矩阵上： 2 2 2 0 2 7 7
7 2 7 7 7 0 0 0 0 第3步，他用数字3填在了一个子矩阵上： 2 2 3 0 2 7 3 7 2 7 7 7 0 0
0 0 以此填涂下去，直到1到N^2中每个数字都被用过了一次(每个数字只能被使用一次)。
现在何老板已经完成了他的艺术创作，你得到了最后的图形。
何老板问你，根据这幅作品，你能够推断出第一步填涂的数字可能是哪些呢？输出第一步填涂可能的数字的个数。

输入格式

第一行，一个整数N(1<=N<=1000) 接下来一个N*N的数字矩阵，表示画作最终的样子。

输出格式

一个整数，表示第一步填涂可能的数字个数。

题解

统计每种颜色所覆盖的数量，如果一个点被两个点所覆盖，那么最上面的颜色一定不可能是最先被涂的

代码

#include<stdio.h>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<queue>
using namespace std;
#define maxn 1001
int a[maxn][maxn];
int cn[maxn][maxn],Cnt[maxn][maxn];
int U[maxn*maxn],D[maxn*maxn],L[maxn*maxn],R[maxn*maxn];
int s[maxn][maxn];
int cnt;
bool mark[maxn*maxn];
bool mark2[maxn*maxn];
int n;
int main()
{
    int i,j,k;
    scanf("%d",&n);
    for(i=1;i<=n*n;i++) U[i]=L[i]=1e9;
    for(i=1;i<=n;i++)
     {
        for(j=1;j<=n;j++)
        {
            scanf("%d",&a[i][j]);
            if(a[i][j]){
                U[a[i][j]]=min(U[a[i][j]],i);
                D[a[i][j]]=max(D[a[i][j]],i);
                L[a[i][j]]=min(L[a[i][j]],j);
                R[a[i][j]]=max(R[a[i][j]],j);
             if(!mark[a[i][j]]){
                cnt++;
                mark[a[i][j]]=true;
             } 
            }
         }
     }
     if(cnt==0){cout<<n*n;return 0;}
     if(cnt==1){cout<<n*n-1;return 0;}
    for(i=1;i<=n*n;i++){
        if(mark[i]){
             cn[U[i]][L[i]]+=1;
             cn[D[i]+1][L[i]]-=1;
             cn[U[i]][R[i]+1]-=1;
             cn[D[i]+1][R[i]+1]+=1;     
        }
    }
    int tot=0;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        for(j=1;j<=n;j++)
        {
            Cnt[i][j]=cn[i][j]+Cnt[i-1][j]+Cnt[i][j-1]-Cnt[i-1][j-1];
            if(Cnt[i][j]>1){
                if(mark2[a[i][j]]==false){
                    mark2[a[i][j]]=true;
                    tot++;
               }
            }   
         }
    }
    cout<<n*n-tot;
}