Description
Orez很喜欢搜集一些神秘的数据，并经常把它们排成一个矩阵进行研究。最近，Orez又得到了一些数据，并已经把它们排成了一个n行m列的矩阵。通过观察，Orez发现这些数据蕴涵了一个奇特的数，就是矩阵中上下对称且左右对称的正方形子矩阵的个数。 Orez自然很想知道这个数是多少，可是矩阵太大，无法去数。只能请你编个程序来计算出这个数。
Input
文件的第一行为两个整数n和m。接下来n行每行包含m个正整数，表示Orez得到的矩阵。
Output
文件中仅包含一个整数answer，表示矩阵中有answer个上下左右对称的正方形子矩阵。
Sample Input
5 5
4 2 4 4 4
3 1 4 4 3
3 5 3 3 3
3 1 5 3 3
4 2 1 2 4
Sample Output
27
数据范围
对于30%的数据 n，m≤100
对于100%的数据 n，m≤1000 ，矩阵中的数的大小≤109
题解：
蒟蒻写了4h……（本来是想怂，但看到人家说gang了一晚上，然后默默关了网页自己去作了），还有，膜bzoj 1414榜上900B+400MS大佬。
首先用manacher，双倍复制原数组，跑出$P_{0,i,j},P_{1,i,j}$，分别表示第i行j列的横着的和竖着的回文半径。
显然只要求出每个位置的最大正方形边长答案就出来了。
我们以每个位置$(i,j)$为坐标轴原点，显然，我们只要得到x，y轴上的回文半径即可。先讨论x非负轴。同时，对于每个位置我们可以观察发现，在x轴上的位置，应该满足其$x-p[1][i][x]+1<=j$。然后发现对于$(i,j+1)$是可以继承满足$(i,j)$的一部分点，而不能继承的只有$(i,j)$在x轴对应点，同时我们可能会有一部分新点加入$(i,j+1)$的集合点。(⊙v⊙)嗯，这不就是队列的时间关系嘛。
然后怎么选取$(i,j)$所能得到的此时尽可能最大值边长呢。我们可以画个图，观察发现，我们在$(i,j)$点集的选取，只和最小值有关，所以当出现第一个不满足$x-p_{1,i,x}+1<=j$的点就没必要再在非负半轴上往后扫了。
证明的话倒是挺简单的，就不多说了。
以上一结合就得到了我们需要的数据结构，单调队列。
那么对于x非正半轴以及y轴的情况也与x非负半轴的情况相同。时间复杂度$O(n^{2})$
最后答案累加每个$（i，j）$奇偶性相同的位置即可。
Ps：可能是我打得蠢……都跑不过带$log$的……
代码：
1 #include<cstdio>
2 #include<iostream>
3 #include<cstring>
4 using namespace std;
5 inline int read(){
6 int s=0;char ch=getchar();
7 while(ch<‘0‘||ch>‘9‘) ch=getchar();
8 while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) s=s*10+(ch^48),ch=getchar();
9 return s;
10 }
11 int n,m;
12 int Mar[2010][2010];
13 int p[2][2010][2010];
14 inline void manacher(){
15 for(int i=1;i<=2*n+1;i++){
16 int pos,mar=0;
17 for(int j=1;j<=2*m+1;j++){
18 if(mar>j) p[0][i][j]=min(p[0][i][pos*2-j],mar-j-1);
19 else p[0][i][j]=1;
20 while(Mar[i][j-p[0][i][j]]==Mar[i][j+p[0][i][j]]) p[0][i][j]++;
21 if(mar<j+p[0][i][j]-1)
22 mar=j+p[0][i][j]-1,pos=j;
23 }
24 }
25 for(int i=1;i<=2*m+1;i++){
26 int pos,mar=0;
27 for(int j=1;j<=2*n+1;j++){
28 if(mar>j) p[1][i][j]=min(p[1][i][pos*2-j],mar-j-1);
29 else p[1][i][j]=1;
30 while(Mar[j-p[1][i][j]][i]==Mar[j+p[1][i][j]][i]) p[1][i][j]++;
31 if(mar<j+p[1][i][j]-1)
32 mar=j+p[1][i][j]-1,pos=j;
33 }
34 }
35 }
36 int que[2010],l,r;
37 int re[2010][2010];
38 int main(){
39 n=read(),m=read();
40 for(int i=1;i<=n;i++)
41 for(int j=1;j<=m;j++)
42 Mar[i<<1][j<<1]=read();
43 for(int i=1;i<=2*n+1;i++)
44 Mar[i][0]=-2,Mar[i][m+1<<1]=-1;
45 for(int i=1;i<=2*m+1;i++)
46 Mar[0][i]=-2,Mar[n+1<<1][i]=-1;
47 manacher();
48 for(int i=2;i<=2*n;i++){
49 l=1,r=0;
50 for(int j=((i^1)&1)+1,k=1;j<=2*m+1;j+=2){
51 while(k<=2*m+1&&k-p[1][k][i]+1<=j){
52 while(l<=r&&p[1][que[r]][i]>=p[1][k][i])
53 r--;
54 que[++r]=k;
55 k++;
56 }
57 while(l<=r&&que[l]<j)
58 l++;
59 re[i][j]=min(que[r]-j+1,p[1][que[l]][i]);
60 }
61 l=1,r=0;
62 for(int j=2*m+1-((i^1)&1),k=2*m+1;j>=0;j-=2){
63 while(k&&k+p[1][k][i]-1>=j){
64 while(l<=r&&p[1][que[r]][i]>=p[1][k][i])
65 r--;
66 que[++r]=k--;
67 }
68 while(l<=r&&que[l]>j)
69 l++;
70 re[i][j]=min(min(j-que[r]+1,p[1][que[l]][i]),re[i][j]);
71 }
72
73 }
74 for(int i=2;i<=2*m;i++){
75 l=1,r=0;
76 for(int j=1+((i^1)&1),k=1;j<=2*n+1;j+=2){
77 while(k<=2*n+1&&k-p[0][k][i]+1<=j){
78 while(l<=r&&p[0][que[r]][i]>=p[0][k][i])
79 r--;
80 que[++r]=k;
81 k++;
82 }
83 while(l<=r&&que[l]<j)
84 l++;
85 re[j][i]=min(min(que[r]-j+1,p[0][que[l]][i]),re[j][i]);
86 }
87 l=1,r=0;
88 for(int j=2*n+1-((i^1)&1),k=2*n+1;j;j--){
89 while(k&&k+p[0][k][i]-1>=j){
90 while(l<=r&&p[0][que[r]][i]>=p[0][k][i])
91 r--;
92 que[++r]=k--;
93 }
94 while(l<=r&&que[l]>j)
95 l++;
96 re[j][i]=min(min(j-que[r]+1,p[0][que[l]][i]),re[j][i]);
97 }
98 }
99 int ans=0;
100 for(int i=2;i<=2*n;i++){
101 for(int j=((i^1)&1)+1;j<=2*m+1;j+=2)
102 if((i&1)==(j&1))
103 ans+=re[i][j]>>1;
104 }
105 printf("%d",ans);
106 }