CodeForces 372B 脑洞大开的DP递推

题目：

做了两个多小时，脑洞大开，给了一个01矩阵，求以a,b,为左上角，c,d为右下角的矩阵内有多少包含部分全为0的子矩阵

对于这道题目，一开始就想到了DP递推，感觉而已，虽然准，可是做不出啊，想好了递推式子可是细节部分没办法去处理。看了CF上的题解，顿时脑洞大开，这个做法真的是太厉害了，这方法代码简洁明了，同时也提醒到了我，在方程假设出来后，对于转移的细节处理，

其实一开始我想到过这个递推式子

dp[i][j][k][l] += dp[i][j][k - 1][l] + dp[i][j][k][l - 1] - dp[i][j][k - 1][l - 1];对于这个式子，就还差一个，那就是包含(c,d)也就是右下角的矩阵数目，这个当时无法去求，现在觉得这方法真的太巧妙了，可以先开一个二维数组last[i][j],代表当前(i,j)这个点距离它同一行左边距离它最近的 一个1的距离，如果它左边没有1，那么就是距离左边第一列 也就是矩阵左边界的距离，

一开始设定一个值 l - j + 1,也就是左上角的点与右下角的点的 列数之间的距离，然后开始枚举从右下角到左上角的 行数 中的last[kk][l]的值，(i<=kk<=k)，取两个之间晓得的那个加上，为什么呢

比如说：

000

000，这个子矩阵一开始l - j + 1 = 3，然后枚举行数，发现最终答案是6，数一数包含右下角的点的 矩阵个数确实是六，因为要包含右下角所以多一行其实就是个数多了一倍而已

再举个例子：

010

000，一开始l - j + 1 = 3,开始枚举行数，最终答案是4，为什么呢，因为要包含右下角的点，所以当你一旦遇到1的时候，那么其实从这个1所在位置开始的 左边上边部分都可以去掉了，只有这个1以及1上边的右边部分可以用了， 这方法真神！

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];//与左边最近的一个1的距离，

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;
}