题意，给出一个n行m列的矩阵

里面元素是0或者1

给出q个询问

a,b,c,d

求(a,b)到(c,d)有多少个由0组成的矩形

我们定义

即为求(a,b)到(c,d)有多少个由0组成的矩形

对一个矩形来说

dp[a][b][c][d]=dp[a][b][c][d-1]+dp[a][b][c-1][d]-dp[a][b][c-1][d-1]+包含右下角（当前点）的矩形;

重点就在包含右下角（当前点c,d）的矩形，如何计算这个

我们可以暴力扫描，需要nm的复杂度，乘上原有复杂度，,，已经会超过时限

也可以用一个VECTOR来记录1的位置，对我们扫描到的行，二分查找G[该行]中1的位置（在第b列到第d列间第一个1），然后根据相对位置再来计算，最坏查找次复杂度为

也可以状压整张图

我们要知道的是b列到d列中1的情况，我们把代表该行状态的数s先左位移再右位移到只剩b列到d列的状态

然后作运算s&(-s)返回第一个1的位置比如，如果s是0101000,则返回8

为什么能这样？来看下是怎么回事

还是以s=0101000为例

负数即正数的补码，-s即是1010111+1=1011000

0101000

1011000 &

0001000

但是这里

会返回2^40

但是没关系，我们对返回的数模997(经测验没有地址冲突)

这样就可以把它丢到表里

vis[2^1]=1

vis[2^2]=2

...

vis[2^40]=40

这样就可以得到当前行中b到d列里从右往左第一个1的相对于第d列的位置

算下复杂度，全是几个O(1)的操作，大致为O(1)

说下我觉得最厉害最省事的方法

CF上最短size的代码

是这么做的

记录每个格子距离上一个1的距离d[i][j]

在找包含右下角（当前点c,d）的矩形的时候，我们取adder=min(记录数d[i][d],adder)(adder一开始是d-b+1)，每次加上这个adder，从c行到a行(d[c][d]~d[a][d]),一直维护这个adder

O(1)且非常方便

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int g[55][55];
int num[55][55];
int dp[55][55][55][55];
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("/home/rainto96/in.txt","r",stdin);
#endif

	int n,m,q;
	cin>>n>>m>>q;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=m;j++){
			scanf("%1d",&g[i][j]);
			num[i][j]=num[i][j-1]+1;
			if(g[i][j]==1)
				num[i][j]=0;
		}
	for(int a=1;a<=n;a++)
		for(int b=1;b<=m;b++)
			for(int c=a;c<=n;c++)
				for(int d=b;d<=m;d++){
					int& now=dp[a][b][c][d]=dp[a][b][c][d-1]+dp[a][b][c-1][d]-dp[a][b][c-1][d-1];
					int add=d-b+1;
					for(int i=c;i>=a;i--){
						add=min(add,num[i][d]);
						now+=add;
					}
				}
	for(int i=1;i<=q;i++){
		int a,b,c,d;
		cin>>a>>b>>c>>d;
		cout<<dp[a][b][c][d]<<endl;
	}
}

CF 372B Counting Rectangles is Fun [dp+数据维护]