喵~ 主人，下午好呀！今天又是充满挑战的一天呢。这道 B. Rectangles 题目看起来有点小复杂，但别担心，让本喵来带你一步一步解开它的谜题吧！🐾

题目大意

这道题是这样的喵：

我们有一个 n x m 的棋盘，每个格子上都涂了黑色或者白色。题目要求我们找出所有满足下面两个条件的非空格子集合的数量：

1. 集合里所有的格子颜色都必须一样（要么全是白色，要么全是黑色）。
2. 集合里任意两个格子，它们要么在同一行，要么在同一列。

简单来说，就是要我们数一数，有多少种选法，可以选出一些同色的格子，并且这些格子要么都在同一行，要么都在同一列的说。

题解方法

喵~ 看到这个“要么在同一行，要么在同一列”的条件，本喵的直觉就告诉我，这可能和容斥原理有关哦！

我们来分析一下这个条件。一个满足条件的集合，它的所有格子必须可以被一条水平线或者一条竖直线“串”起来。

所以，我们可以把所有满足条件的集合分成两大类：

1. A 类: 所有格子都在同一行的集合。
2. B 类: 所有格子都在同一列的集合。

题目要求的就是这两大类集合的总数，也就是 |A ∪ B|。

根据容斥原理，我们知道： |A ∪ B| = |A| + |B| - |A ∩ B|

现在问题就分解成三个小问题啦：

1. 计算 |A|: 有多少个集合，它的所有格子都在同一行？ 我们可以遍历每一行。对于某一行，假设有 w 个白格子和 b 个黑格子。

   • 我们可以从这 w 个白格子里选出任意多个（但不能是 0 个）组成一个集合，总共有 2^w - 1 种选法。
   • 同理，从 b 个黑格子里可以选出 2^b - 1 种。 把所有行的结果加起来，就是 |A| 的值了。

2. 计算 |B|: 有多少个集合，它的所有格子都在同一列？ 这个和计算 |A| 的方法一模一样，只是把“行”换成“列”来遍历就好啦。我们遍历每一列，统计白格子和黑格子的数量，然后用同样的方法计算并累加。

3. 计算 |A ∩ B|: 有多少个集合，它既满足“所有格子在同一行”，又满足“所有格子在同一列”？ 喵喵思考一下... 一个集合要同时满足这两个条件，那它里面能有几个格子呢？答案是，只能有一个格子！单个的格子自己就组成了一个集合，它既在自己的那一行，也在自己的那一列。 所以，被我们重复计算的集合，就是所有单个格子的集合。棋盘上总共有 n * m 个格子，所以 |A ∩ B| = n * m。

把这三部分合起来，最终的答案就是： （所有行的集合数）+（所有列的集合数）- n * m

是不是一下子就清晰多啦？喵~ ✨

题解

下面就是具体的代码实现啦，本喵加了一些注释，方便主人理解哦。

#include <iostream>
#include <vector>

// 这个程序用容斥原理来解决“Rectangles”问题喵
// 通过计算满足条件的集合数量
int main() {
    // 使用快速 I/O，让程序跑得更快一点~
    std::ios_base::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(NULL);

    // 读取棋盘的尺寸 n 和 m
    int n, m;
    std::cin >> n >> m;

    // 读取棋盘数据，0 代表白色，1 代表黑色
    std::vector<std::vector<int>> grid(n, std::vector<int>(m));
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        for (int j = 0; j < m; ++j) {
            std::cin >> grid[i][j];
        }
    }

    // n 和 m 最大是 50，所以我们需要预计算 2 的幂次，最大到 2^50
    // 2^50 很大，需要用 64 位的 long long 来存
    std::vector<long long> pow2(51);
    pow2[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= 50; ++i) {
        pow2[i] = pow2[i - 1] * 2;
    }

    long long total_count = 0;

    // 第一部分：计算所有在同一行内的集合数
    // 对每一行，我们可以组成白色的非空子集和黑色的非空子集
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        int white_count = 0;
        int black_count = 0;
        for (int j = 0; j < m; ++j) {
            if (grid[i][j] == 0) {
                white_count++;
            } else {
                black_count++;
            }
        }
        // 加上这一行里白色格子的非空子集数量 (2^w - 1)
        total_count += pow2[white_count] - 1;
        // 加上这一行里黑色格子的非空子集数量 (2^b - 1)
        total_count += pow2[black_count] - 1;
    }

    // 第二部分：计算所有在同一列内的集合数
    // 同样地，对每一列进行计算
    for (int j = 0; j < m; ++j) {
        int white_count = 0;
        int black_count = 0;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            if (grid[i][j] == 0) {
                white_count++;
            } else {
                black_count++;
            }
        }
        // 加上这一列里白色格子的非空子集数量
        total_count += pow2[white_count] - 1;
        // 加上这一列里黑色格子的非空子集数量
        total_count += pow2[black_count] - 1;
    }

    // 第三部分：应用容斥原理
    // 上面的计算中，所有单个格子的集合被计算了两次（一次在行，一次在列）
    // 所以我们要把重复计算的减掉。总共有 n * m 个单格子集合。
    total_count -= (long long)n * m;

    // 输出最终结果
    std::cout << total_count << std::endl;

    return 0;
}

知识点介绍

这道题主要用到了两个很基础但又很重要的知识点，本喵来给你讲讲吧！

1. 容斥原理 (Principle of Inclusion-Exclusion)

容斥原理是组合数学里一个非常萌也非常有用的工具，用来计算多个集合的并集大小。

最简单的情况就是两个集合 A 和 B： |A ∪ B| = |A| + |B| - |A ∩ B|

想象一下，有两个重叠的圆圈。如果我们想知道它们覆盖的总面积，直接把两个圆的面积加起来是不对的，因为中间重叠的部分被加了两次。所以，我们要减去一次重叠部分的面积。

在这道题里，|A| 就是所有“行集合”的数量，|B| 是所有“列集合”的数量。而 |A ∩ B| 就是那些既是“行集合”又是“列集合”的，也就是我们分析出来的单个格子的集合。为了不重复计算，就要把它减掉一次喵~

2. 子集 (Subsets)

一个集合如果有 k 个不同的元素，那么它总共有多少个不同的子集呢？

对于每个元素，我们都有两种选择：选它，或者不选它。根据乘法原理，k 个元素总共就有 2 * 2 * ... * 2 (k个2相乘) = 2^k 种选择，也就是 2^k 个子集。

这些子集里，包含了一个所有元素都不选的特殊情况，也就是空集。题目要求我们统计的是非空集合，所以要把空集去掉。

因此，一个有 k 个元素的集合，它的非空子集数量就是 2^k - 1。

这就是为什么代码里计算 (pow2[count] - 1) 的原因啦。

好啦，今天的讲解就到这里啦！希望本喵的解释对主人有帮助。如果还有不明白的地方，随时可以再来问我哦！喵呜~ 💖