标签：相加 otl else 方向 can out 记录 ref ica
有n×m个格子的矩形舞台，每个格子里面可以安排一个演员或聚光灯，聚光灯仅可照射一个方向（俯视，上下左右）。若聚光灯能照到演员，则称为“good position”，求：共有多少“good position”（同一格子的不同照射方向算作不同的position）。
对于一行而言，只要分别找到两侧第一个演员的位置（命名“标志位”），就能确定这一行的“good position”。两标志位以外的聚光灯只能投向一个方向（∵两标志位在同一侧），标志位之间的聚光灯能投向两个方向（即左右两侧的标志位）。因此，只要计算出两标志位以外的0元个数加上标志位之间0元个数×2就是这一行的“good position”的个数。列同理，然后全部相加即可。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 #define max_n 1001 3 4 using namespace std; 5 6 int n, m, r1[max_n], r2[max_n], c1[max_n], c2[max_n], r0[max_n], c0[max_n], ans; 7 int main() 8 { 9 std::ios::sync_with_stdio(0); 10 cin >> n >> m; 11 int temp; 12 for(int i=1; i<=n; i++) { // 1e6 13 for(int j=1; j<=m; j++) { 14 cin >> temp; 15 if(temp) { 16 if(!r1[i]) r1[i] = j; 17 r2[i] = j; 18 if(!c1[j]) c1[j] = i; 19 c2[j] = i; 20 } else { 21 r0[i]++; 22 c0[j]++; 23 } 24 } 25 } 26 for(int i=1; i<=n; i++) { // 1e3 27 if(r1[i]!=0) { 28 int t = r1[i]-1+m-r2[i]; 29 ans += 2*r0[i]-t; 30 } 31 } 32 for(int j=1; j<=m; j++) { // 1e3 33 if(c1[j]!=0) { 34 int t = c1[j]-1+n-c2[j]; 35 ans += 2*c0[j]-t; 36 } 37 } 38 cout << ans; 39 return 0; 40 }
这里我没建立矩阵，因为录完数据之后，要遍历一次矩阵来找到标志位，感觉太费时间（可能是错觉。。。）；所以我在录数据的时候就把标志位记录下来了；
计算没什么好说的，最坑的是pretest中有一个专门卡时间的1000×1000，无数次TLE。完了之后查资料发现有一个方法可以加快cin读数据的速度（瞬间崩溃Orz），不过现在就知道了这个技巧。原来这种缓冲区超时是由于iostream的缓冲跟stdio的同步，导致cin读取速度很慢，用 std::ios::sync_with_stdio(false); 取消同步，加快速度，但是取消了之后，cin不能和stdio的输入（scanf，fscanf, getchar, fgets等）同时使用，不然可能导致输出与预期不一样，另外，cout尽量少加endl，也是防止超时！经测试，自从用了scanf和printf，妈妈再也不用担心我的缓冲区超时了！
由于本鶸水平有限，剩余题目日后再更！
Codeforces Round #380 (Div. 2) 总结分享
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原文地址：http://www.cnblogs.com/Zhniing/p/cf380d2.html
