【洛谷P5300】与或和

题目

题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P5300
Freda 学习了位运算和矩阵以后，决定对这种简洁而优美的运算，以及蕴含深邃空间的结构进行更加深入的研究。
对于一个由非负整数构成的矩阵，她定义矩阵的 \(\texttt{AND}\) 值为矩阵中所有数二进制 \(\texttt{AND(\&)}\) 的运算结果；定义矩阵的 \(\texttt{OR}\) 值为矩阵中所有数二进制 \(\texttt{OR(|)}\) 的运算结果。
给定一个 \(N \times N\) 的矩阵，她希望求出：

该矩阵的所有子矩阵的 \(\texttt{AND}\) 值之和（所有子矩阵 \(\texttt{AND}\) 值相加的结果）。
该矩阵的所有子矩阵的 \(\texttt{OR}\) 值之和（所有子矩阵 \(\texttt{OR}\) 值相加的结果）。

接下来的剧情你应该已经猜到——Freda 并不想花费时间解决如此简单的问题，所以这个问题就交给你了。
由于答案可能非常的大，你只需要输出答案对 \(1,000,000,007 (10^9 + 7)\) 取模后的结果。

思路

样例一提示我们在一个01矩阵内先求答案。
我们发现，在01矩阵内，若子矩阵\(and\)起来为1，那么需要满足这个矩阵全部数字都为1。如果需要\(or\)起来为1，则需要满足这个矩阵内至少有一个位置为1，那么就可以用总矩阵个数\(-\)全为0的矩阵个数。
也就是说，在01矩阵内，我们只要求出有多少个全为1的子矩阵和有多少个全为0的子矩阵，那么\(and\)值之和与\(or\)值之和都可求。
显然这个是可以用单调栈在\(O(n^2)\)时间内维护的。
那么考虑原题。我们可以将其拆分成\(log(max\{a\})\)个01矩阵来做，第\(i\)位的子矩阵个数乘上\(2^i\)即可。
时间复杂度\(O(n^2\log n)\)

代码

#pragma GCC optimize("Ofast")
#pragma GCC optimize("inline")
#include <stack>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define mp make_pair
#define st first
#define nd second
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=1010,MOD=1e9+7,LG=30;
int n,map[N][N],a[N][N];
ll ans1,ans2,sum;

inline int read()
{
	int d=0; char ch=getchar();
	while (!isdigit(ch)) ch=getchar();
	while (isdigit(ch)) d=(d<<3)+(d<<1)+ch-48,ch=getchar();
	return d;
}

inline ll solve(int p,int id)
{
	ll cnt=0;
	for (register int i=1;i<=n;i++)
		for (register int j=1;j<=n;j++)
			if (((map[i][j]&(1<<p))>0)!=id) a[i][j]=0;
				else a[i][j]=a[i-1][j]+1;
	for (register int i=1;i<=n;i++)
	{
		stack<pair<int,int> > s;
		s.push(mp(0,0));
		for (register int j=1;j<=n+1;j++)
		{
			int last=j,high;
			while (s.size()>1 && s.top().nd>a[i][j])
			{
				last=s.top().st; high=s.top().nd;
				s.pop();
				cnt=(cnt+(high-max(s.top().nd,a[i][j]))*(1+j-last)*(j-last)/2LL)%MOD;
			}
			s.push(mp(last,a[i][j]));
		}
	}
	return cnt;
}

int main()
{
	n=read();
	for (register int i=1;i<=n;i++)
		for (register int j=1;j<=n;j++)
		{
			map[i][j]=read();
			sum=(sum+i*j)%MOD;
		}
	for (register int i=0;i<=LG;i++)
	{
		ans1=(ans1+(1LL<<i)*solve(i,1))%MOD;
		ans2=(ans2+(1LL<<i)*(sum-solve(i,0)))%MOD;
	}
	printf("%lld %lld",ans1,ans2);
	return 0;
}