虔誠的墓主人（BZOJ1227）（洛谷P2154）解題報告
阿新 • • 發佈：2019-02-09
emp 裝飾 楊輝三角 span 記錄 upd 藍色 標簽 for 
題目描述
小W是一片新造公墓的管理人。公墓可以看成一塊N×M的矩形，矩形的每個格點，要麽種著一棵常青樹，要麽是一塊還沒有歸屬的墓地。
當地的居民都是非常虔誠的基督徒，他們願意提前為自己找一塊合適墓地。為了體現自己對主的真誠，他們希望自己的墓地擁有著較高的虔誠度。
一塊墓地的虔誠度是指以這塊墓地為中心的十字架的數目。一個十字架可以看成中間是墓地，墓地的正上、正下、正左、正右都有恰好k棵常青樹。
小W希望知道他所管理的這片公墓中所有墓地的虔誠度總和是多少。
輸入輸出格式
輸入格式：
輸入文件religious.in的第一行包含兩個用空格分隔的正整數N和M，表示公墓的寬和長，因此這個矩形公墓共有(N+1) ×(M+1)個格點，左下角的坐標為(0, 0)，右上角的坐標為(N, M)。
第二行包含一個正整數W，表示公墓中常青樹的個數。
第三行起共W行，每行包含兩個用空格分隔的非負整數xi和yi，表示一棵常青樹的坐標。輸入保證沒有兩棵常青樹擁有相同的坐標。
最後一行包含一個正整數k，意義如題目所示。
輸出格式：
輸出文件religious.out僅包含一個非負整數，表示這片公墓中所有墓地的虔誠度總和。為了方便起見，答案對2,147,483,648取模。
輸入輸出樣例
輸入樣例#1：5 6 13 0 2 0 3 1 2 1 3 2 0 2 1 2 4 2 5 2 6 3 2 3 3 4 3 5 2 2輸出樣例#1：
6
題目描述摘自洛谷。
非常幸運過了這道生涯題，從上午10:30到晚上20:15。事實證明，人應該對自己有點信心，應該有點夢想，萬一就見鬼了呢。
題目大意，給出一個N*M的方格，在每個點上分布著常青樹/墓地，我們需要統計每個墓地的虔誠度，相加求得答案。
題中描述的是“恰好”有k顆樹，看一眼樣例，發現事情沒那麽簡單，再結合答案，很容易分析出我們應該求的是每個點上下左右對應的組合數相乘。
由乘法原理可知，我們要求的是從上下左右的常青樹中分別選出k顆，對應的方案數乘乘積。
即
（L,R,U,D分別代表Left，Right，Up，Down）
觀察數據範圍，k <= 10,由楊輝三角行列數對應組合數，我們可以通過楊輝三角遞推式，預處理出所有的組合數。
然而再看一眼數據範圍，N，M的範圍過大，不用說線性遞推，數組都開不下。然而常青樹W的個數卻只有100,000個，考慮離散化。
在離散化的過程中，順手處理出每行每列的常青樹個數。（後面在解釋）。
至此，預處理的所有工作已經完成，放個代碼。（碼風醜，請見諒）
離散化：（1倍存原數，2倍存x，3倍存y）
inline void discretizition()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&w);
for(int i = 1;i<=w;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
nd[i+w].temp = x;
nd[i+w].kind = 1;
nd[i+w].num = i;
nd[i+2*w].temp = y;
nd[i+2*w].kind = 2;
nd[i+2*w].num = i;
}
int cnt = 1;
sort(nd+w+1,nd+3*w+1,cmp1);
for(int i = w+1;i<=3*w;i++)
{
if(i==w+1)
{
int num = nd[i].num;
if(nd[i].kind==1)
{
nd[num].x = cnt;
lie[cnt]++; //列數
}else
{
nd[num].y = cnt;
hang[cnt]++; //行數
}
continue;
}
if(nd[i].temp!=nd[i-1].temp)cnt++;
int num = nd[i].num;
if(nd[i].kind==1)
{
nd[num].x = cnt;
lie[cnt]++; //列數
}else
{
nd[num].y = cnt;
hang[cnt]++; //行數
}
}
}
遞推楊輝三角，預處理組合數：
inline void getC()
{
scanf("%d",&k);
C[0][0] = 1;
for(int i = 1;i<=W;i++)
{
for(int j = 0;j<=10;j++)
{
if(j==0){C[i][j] = 1;continue;}
C[i][j] = (C[i-1][j-1]+C[i-1][j])&mod;
}
}
}
明確一點小技巧，取模2147483648和按位與2147483647效果是一樣的。(1<<31==2147483648)
如果還不明白，請實踐幾組數，或者仔細想想。畢竟腦袋是用來想的，不是用來裝飾的。
當我們完成預處理步驟時，我們已經將整個方格縮小到了100,000×100,000的大小了，接下來便是如何計算虔誠度。
暴力枚舉墓地？必然超時（但是洛谷數據貌似可以通過一些玄學優化方法過掉，這裏暫不提及）。我們需要找到一種更為快速的方法。
When you have eliminated the impossibles,whatever remains,however improbable,must be the truth.——福爾摩斯
我們希望能出現O（wlog）的方法，或者O（w）的方法。由於常青樹一共只有100,000顆，既然我們不能枚舉墓地，不妨枚舉常青樹。
而枚舉常青樹又不能隨意枚舉，不然在累積虔誠度的時候又會變成w方的情況，我們需要一些數據結構來維護虔誠度，如何維護？維護什麽？這就是本題的關鍵。
經過我們的一番分析（標簽）我們知道本題使用的數據結構是樹狀數組。
不要問我怎麽分析出來的樹狀數組，我就是看到它是樹狀數組才決定的做這道題。
我們在枚舉的過程中，想要求的是每個空地上下左右組合數的乘積，可以發現在同一行（列）（以下統一為行）兩顆常青樹之間的空地，它們左面和右面常青樹的組合數是相同的。
這也就給了我們靈感，我們可以通過有順序的枚舉，確定一維，轉移一維。這時候需要把所有點按照行優先，列其次的順序排序。這樣枚舉的時候就是有序的了。
再瞅一眼圖，找找感覺。
假定現在我們枚舉到了藍色點，我們在枚舉的時候可以通過前後點是否在同一行，定義變量來記錄這一行已經枚舉了多少顆常青樹，再通過這一行常青樹的總數，
減去左方的常青樹，即可得到右方的常青樹，左右的組合數乘積即可輕松得到。這也就是之前要維護每一行常青樹個數的原因。
那麽如何快速計算同一行兩顆常青樹之間墓地的虔誠度之和？
上面的圖沒有同一行連續的墓地，我們把它轉90°（awa）。
好，現在在下數起第三行，出現了兩個藍色點，它們左右的常青樹數量相同。
不妨設L為兩個藍色點左邊組合數，R為兩個藍色點右邊組合數，U1為1號藍色點上方組合數，D1為其下方組合數，U2同理為2號藍色點上方組合數，D2為藍色點下方組合數。
我們要求的這兩個點的虔誠度為：
Ans = L×R×U1×D1 + L×R×U2×D2
= L×R×（U1×D1 + U2×D2）
看到這裏，您應該已經猜到如何快速計算墓地虔誠度的和了。
樹狀數組裏面存的不是常青樹個數，我們將每一列的編號數作為樹狀數組的下標，將這一列在本時刻所對應的上下組合數的乘積存入樹狀數組中，再通過前綴和相減，
算出兩顆常青樹之間的墓地的上下組合數乘積之和。
對應上方例子，即樹狀數組四號點存儲的是U1×D1，五號點存儲的是U2×D2，所求虔誠度：
Ans = L×R×（getsum（5）-getsum（4-1））；
在算完兩棵樹之間的墓地後，需要更新對應列的樹狀數組中的值，更新的值即為重新算出的組合數與之前的組合數之差，對應例子中，4號點應該更新的值即為：
Update（4，（U1-1）×（D1+1）-U1×D1）；
5號點同理。
這裏的D1/U1可以通過枚舉順序記錄，作者通過自下而上枚舉，所以通過數組記錄了D1，之前又記錄了每一列的常青樹個數，相減即可得到U1。
逐漸枚舉，更新答案即可。
換行或兩顆常青樹相鄰的情況讀者自行思考即可，除此以外最好將行列數坐標+1，因原題中原點為（0,0），樹狀數組更新不便。
Talk is cheap，show me the code。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define W 100005
#define mod 2147483647
#define ll long long
using namespace std;
int n,m,w,lie[2*W+1],hang[2*W+1],k,tree[2*W],down[2*W];
ll C[2*W+1][12];
ll ans;
struct node
{
int x,y,num,kind,temp;
}nd[W*3+2];
inline bool cmp1(node a,node b)
{
return a.temp<b.temp;
}
inline bool cmp(node a,node b)
{
if(a.y!=b.y)
{
return a.y<b.y;
}else
{
return a.x<b.x;
}
}
inline void discretizition()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&w);
for(int i = 1;i<=w;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
nd[i+w].temp = x;
nd[i+w].kind = 1;
nd[i+w].num = i;
nd[i+2*w].temp = y;
nd[i+2*w].kind = 2;
nd[i+2*w].num = i;
}
int cnt = 1;
sort(nd+w+1,nd+3*w+1,cmp1);
for(int i = w+1;i<=3*w;i++)
{
if(i==w+1)
{
int num = nd[i].num;
if(nd[i].kind==1)
{
nd[num].x = cnt;
lie[cnt]++;
}else
{
nd[num].y = cnt;
hang[cnt]++;
}
continue;
}
if(nd[i].temp!=nd[i-1].temp)cnt++;
int num = nd[i].num;
if(nd[i].kind==1)
{
nd[num].x = cnt;
lie[cnt]++;
}else
{
nd[num].y = cnt;
hang[cnt]++;
}
}
}
inline void getC()
{
scanf("%d",&k);
C[0][0] = 1;
for(int i = 1;i<=W;i++)
{
for(int j = 0;j<=10;j++)
{
if(j==0)
{
C[i][j] = 1;
continue;
}
C[i][j] = (C[i-1][j-1]+C[i-1][j])&mod;
}
}
}
inline int lowbit(int x)
{
return x&(-x);
}
inline void update(int pos,int x)
{
for(int i = pos;i<=w;i+=lowbit(i))
{
tree[i]+=x;
}
}
inline ll getsum(int pos)
{
ll tmp = 0;
for(int i = pos;i;i-=lowbit(i))
{
tmp=(tmp+tree[i])&mod;
}
return tmp&mod;
}
inline void solve()
{
sort(nd+1,nd+1+w,cmp);
int tot = 0;
for(int i = 1;i<=w;i++)
{
if(i==1)
{
tot++;
down[nd[i].x]++;
update(nd[i].x,(C[down[nd[i].x]][k]*C[lie[nd[i].x]-down[nd[i].x]][k])&mod);
continue;
}
if(nd[i].y==nd[i-1].y)
{
tot++;
if((tot-1>=k)&&(hang[nd[i].y]-tot+1>=k))
{
ll tp = getsum(nd[i].x-1)-getsum(nd[i-1].x);
tp = tp*C[hang[nd[i].y]-tot+1][k]*C[tot-1][k]&mod;
ans = (ans+tp)&mod;
}
down[nd[i].x]++;
update(nd[i].x,(C[down[nd[i].x]][k]*C[lie[nd[i].x]-down[nd[i].x]][k]&mod)-(C[down[nd[i].x]-1][k]*C[lie[nd[i].x]-down[nd[i].x]+1][k]&mod));
}else
{
down[nd[i].x]++;
update(nd[i].x,(C[down[nd[i].x]][k]*C[lie[nd[i].x]-down[nd[i].x]][k]&mod)-(C[down[nd[i].x]-1][k]*C[lie[nd[i].x]-down[nd[i].x]+1][k]&mod));
tot = 1;
}
}
printf("%lld\n",ans&mod);
}
int main()
{
discretizition();
getC();
solve();
return 0;
}
虔誠的墓主人（BZOJ1227）（洛谷P2154）解題報告