Description
在C 部落，双十字是非常重要的一个部落标志。所谓双十字，如下面两个例子，由两条水平的和一条竖直的“1”线段组成，要求满足以下几个限制：
我们可以找到 5 个满足条件的双十字，分别如下：
注意最终的结果可能很大，只要求输出双十字的个数 mod 1,000,000,009 的值
·两条水平的线段不能在相邻的两行。
·竖直线段上端必须严格高于两条水平线段，下端必须严格低于两条水平线段。
·竖直线段必须将两条水平线段严格划分成相等的两半。
·上方的水平线段必须严格短于下方的水平线段。
所以上面右边的例子是满足要求的最小的双十字。
现在给定一个 R?C的01 矩阵，要求计算出这个 01 矩阵中有多少个双十字。
例如下面这个例子，R=6,C=8，01 矩阵如下：
Input
第一行为用空格隔开的两个正整数 R和C，分别表示
01矩阵的行数和列数。输入文件第二行是一个非负整数N,表示01矩阵中“0”的个数。接下来的N行，每行为用空格隔开的两个正整数x和y(1≤x≤R,1≤y≤C)，表示(x,y)是一个“0”。数据保证N个“0”的坐标两两不同。
数据保证R,C,N≤10,000,R*C≤1,000,000.(事实上R*C可能稍大于原设定)
Output
D mod 1,000,000,009 的结果，其中D 为要求的 01
矩阵中双十字的个数。
Sample Input
6 8
12
1 2
1 3
1 4
1 6
2 2
3 2
3 3
3 4
3 7
6 4
6 6
4 8
Sample Output
5
题解：
首先因为R与C不确定，所以我们需要将点们放在一个一维数组中，算算编号就好了
接下来记录lr[i]与down[i]分别表示点i最多可以向左右延伸和向下延伸多少个1(不包括自己)
然后我们枚举双十字的下面那个交点，推一推公式：
{注：len是下面横线的长度，top表示能到达的最上的位置（连续的1），j是上面的横线的中心位置}
对于一个点i，它对答案的贡献是：$$\sum_{len=1}^{lr[i]} {min?(lr[j],len-1)*(j-top)*down[i]}$$
显然这个min非常恶心，我们考虑把它拆开成下面的样子：
1.当(lr[j] <= len-1) 贡献是$$\sum_{len=1}^{lr[i]} {lr[j]×(j-top)×down[i]}$$
2.当(lr[j] > len-1) 贡献是$$\sum_{len=1}^{lr[i]} {(len-1)×(j-top)×down[i]}$$
再进一步变形：
1.当(lr[j] <= lr[i]) 贡献$$((lr[i]×lr[j]-lr[j]×\frac{lr[j]+1}{2}×down[i]×(j-top))$$
2.当(lr[j] > lr[i]) 贡献是$$(lr[i]×\frac{lr[i]-1}{2}×down[i]×(j-top))$$
（对于1的解释: lr[i]×lr[j]是总方案数，lr[j]×(lr[j]+1)/2是不合法方案数）
现在，需要解决的是所有带j的式子，我们定义3个树状数组t1, t2, t3，分别记录:
1.$$(-lr[j]*\frac{lr[j]+1}{2})×(j-top)$$
2.$$lr[j]×(j-top)$$
3.$$j-top$$
把lr[i]作为位置插入，先枚举列再枚举行，每次注意清空。
并且因为两根横线不能挨在一起，所以枚举点(i, j)插入(i-1, j)的值
1 //Never forget why you start
2 #include<iostream>
3 #include<cstdio>
4 #include<cstdlib>
5 #include<cstring>
6 #include<cmath>
7 #include<algorithm>
8 #define mod (1000000009)
9 using namespace std;
10 typedef long long lol;
11 int n,m,l,c[1300005],down[1300005];
12 //c[]表示一个点最多能向左右两边延伸多少的长度
13 //down[]表示一个点最多能向下延伸多少长度
14 bool map[1300005];
15 lol ans=0;
16 int p(int x,int y) {
17 return (x-1)*m+y;
18 }//计算坐标在数组中对应的值
19 int lowbit(int x) {
20 return x&(-x);
21 }
22 struct BIT {
23 int ord[10005],tot;//这个数组是树状数组的骚操作，每次记录修改的位置，然后清零的时候就不需要memset了
24 lol c[10005];
25 void clean() {
26 int i,j;
27 for(i=1; i<=tot; i++)
28 for(j=ord[i]; j<=m; j+=lowbit(j))c[j]=0;//清零的时候只要修改所记录的位置就好
29 tot=0;
30 }
31 void add(int x,lol v) {
32 ord[++tot]=x;//记录修改位置
33 int i;
34 for(i=x; i<=m; i+=lowbit(i))(c[i]+=v)%=mod;
35 }
36 lol query(int x) {
37 int i;
38 lol ans=0;
39 for(i=x; i; i-=lowbit(i))
40 (ans+=c[i])%=mod;
41 return ans;
42 }
43 } t1,t2,t3;
44 /*
45 c[j]>c[i] c[i]*(c[i]-1)/2*(j-top)*down[i];
46 c[j]<=c[i] c[i]*c[j]*(j-top)*down[i]-c[j]*(c[j]+1)/2*(j-top)*down[i]
47
48 t1:-c[j]*(c[j]+1)/2*(j-top)
49 t2:c[j]*(j-top)
50 t3:(j-top)
51 */
52 //本题公式推导到最后就是这个样子
53 void solve() {
54 int i,j;
55 for(j=1; j<=m; j++) {
56 t1.clean();
57 t2.clean();
58 t3.clean();//每换一列就要将树状数组清零
59 int top=0;
60 for(i=1; i<=n; i++) {
61 int t=p(i,j);
62 if(map[t]) {
63 top=i;
64 t1.clean();
65 t2.clean();
66 t3.clean();
67 continue;
68 }
69 (ans+=1ll*t1.query(c[t])*down[t]%mod)%=mod;
70 (ans+=1ll*t2.query(c[t])*c[t]*down[t]%mod)%=mod;
71 (ans+=1ll*(t3.query(m)-t3.query(c[t]))*c[t]*(c[t]-1)/2*down[t]%mod)%=mod;
72 t=p(i-1,j);
73 if(i==1)continue;
74 if(c[t]) {
75 t1.add(c[t],-1ll*c[t]*(c[t]+1)/2*(i-1-top-1));
76 t2.add(c[t],1ll*c[t]*(i-1-top-1));
77 t3.add(c[t],1ll*(i-1-top-1));
78 }
79 }//更新答案
80 }
81 }
82 int main() {
83 int i,j;
84 scanf("%d%d",&n,&m);
85 scanf("%d",&l);
86 for(i=1; i<=l; i++) {
87 int x,y;
88 scanf("%d%d",&x,&y);
89 map[p(x,y)]=1;
90 }
91 for(i=1; i<=n; i++) {
92 int now=0;
93 for(j=1; j<=m; j++) {
94 int t=p(i,j);
95 if(map[t])now=j;
96 else c[t]=j-now-1;
97 }
98 now=m+1;
99 for(j=m; j>=1; j--) {
100 int t=p(i,j);
101 if(map[t])now=j;
102 else c[t]=min(c[t],now-j-1);
103 }
104 }//预处理出c[]
105 for(i=n; i>=1; i--) {
106 for(j=1; j<=m; j++) {
107 int t=p(i,j);
108 if(map[t])down[t]=-1;
109 else if(i==n)down[t]=0;
110 else down[t]=down[p(i+1,j)]+1;
111 }
112 }//预处理出down[]
113 solve();
114 printf("%lld\n",ans);
115 return 0;
116 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/huangdalaofighting/p/8260158.html