BZOJ1227 [SDOI2009]虔诚的墓主人 【树状数组】
题目
小W 是一片新造公墓的管理人。公墓可以看成一块N×M 的矩形,矩形的每个格点,要么种着一棵常青树,要么是一块还没有归属的墓地。当地的居民都是非常虔诚的基督徒,他们愿意提前为自己找一块合适墓地。为了体现自己对主的真诚,他们希望自己的墓地拥有着较高的虔诚度。一块墓地的虔诚度是指以这块墓地为中心的十字架的数目。一个十字架可以看成中间是墓地,墓地的正上、正下、正左、正右都有恰好k 棵常青树。小W 希望知道他所管理的这片公墓中所有墓地的虔诚度总和是多少
输入格式
第一行包含两个用空格分隔的正整数N 和M,表示公墓的宽和长,因此这个矩形公墓共有(N+1) ×(M+1)个格点,左下角的坐标为(0, 0),右上角的坐标为(N, M)。第二行包含一个正整数W,表示公墓中常青树的个数。第三行起共W 行,每行包含两个用空格分隔的非负整数xi和yi,表示一棵常青树的坐标。输入保证没有两棵常青树拥有相同的坐标。最后一行包含一个正整数k,意义如题目所示。
输出格式
包含一个非负整数,表示这片公墓中所有墓地的虔诚度总和。为了方便起见,答案对2,147,483,648 取模。
输入样例
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
输出样例
6
提示
图中,以墓地(2, 2)和(2, 3)为中心的十字架各有3个,即它们的虔诚度均为3。其他墓地的虔诚度为0。
所有数据满足1 ≤ N, M ≤ 1,000,000,000,0 ≤ xi ≤ N,0 ≤ yi ≤ M,1 ≤ W ≤ 100,000, 1 ≤ k ≤ 10。存在50%的数据,满足1 ≤ k ≤ 2。存在25%的数据,满足1 ≤ W ≤ 10000。
注意:”恰好有k颗树“,这里的恰好不是有且只有,而是从>=k的树中恰好选k棵
题解
题目中的模数等于\(2^31\),所以int自然溢出就相当于取模
我们记一个点上下左右的树数量为u、d、l、r,则每个点的贡献是\(C_{u}^{k} * C_{d}^{k} * C_{l}^{k} * C_{r}^{k}\)
点的范围很大,我们将其离散化到100000以内
但总共\(W^2\)个点,不能直接算,但树只有\(W\)个,考虑从树出发
我们将所有树排序后,对于横坐标相同的两棵树之间的点,其式子中的\(C_{u}^{k} * C_{d}^{k}\)是一样的
我们用树状数组维护\(C_{l}^{k} * C_{r}^{k}\),就可以加速运算了
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define lbt(x) (x & -x)
using namespace std;
const int maxn = 100005,maxm = 100005,INF = 1000000000;
inline int read(){int out = 0,flag = 1; char c = getchar();while (c < 48 || c > 57) {if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}while (c >= 48 && c <= 57) {out = (out << 3) + (out << 1) + c - '0'; c = getchar();}return out * flag;
}
int s[maxn],C[maxn][11],b[maxn],tot,n,k;
int U[maxn],D[maxn],L[maxn],R[maxn],V[maxn];
struct point{int x,y;}p[maxn];
int getn(int x){return lower_bound(b + 1,b + 1 + tot,x) - b;}
inline bool operator <(const point& a,const point& b){return a.x == b.x ? a.y < b.y : a.x < b.x;
}
void add(int u,int v){while (u <= tot) s[u] += v,u += lbt(u);}
void mus(int u,int v){while (u <= tot) s[u] -= v,u += lbt(u);}
int query(int u){int ans = 0; while (u) ans += s[u],u -= lbt(u); return ans;}
int sum(int l,int r){return query(r) - query(l - 1);}
void cal(){for (int i = 0; i <= n; i++){C[i][0] = C[i][i] = 1;for (int j = 1; j <= i && j <= 10; j++)C[i][j] = C[i - 1][j] + C[i - 1][j - 1];}
}
void init(){read(); read();n = read();cal();for (int i = 1; i <= n; i++)b[i] = p[i].x = read(),p[i].y = read();sort(b + 1,b + 1 + n); tot = 1;for (int i = 2; i <= n; i++) if (b[i] != b[tot]) b[++tot] = b[i];for (int i = 1; i <= n; i++) p[i].x = getn(p[i].x);for (int i = 1; i <= n; i++) b[i] = p[i].y;sort(b + 1,b + 1 + n); tot = 1;for (int i = 2; i <= n; i++) if (b[i] != b[tot]) b[++tot] = b[i];for (int i = 1; i <= n; i++) p[i].y = getn(p[i].y);k = read();
}
void solve(){sort(p + 1,p + 1 + n);int ans = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) U[p[i].x]++,R[p[i].y]++;for (int i = 1; i <= n; i++){if (i > 1 && p[i - 1].x == p[i].x && p[i - 1].y + 1 < p[i].y)ans += C[U[p[i].x]][k] * C[D[p[i].x]][k] * sum(p[i - 1].y + 1,p[i].y - 1);U[p[i].x]--; D[p[i].x]++;R[p[i].y]--; L[p[i].y]++;add(p[i].y,-V[p[i].y]);add(p[i].y,V[p[i].y] = C[L[p[i].y]][k] * C[R[p[i].y]][k]);}cout << (ans >= 0 ? ans : ans + 2147483647 + 1) << endl;
}
int main(){init();solve();return 0;
}
转载于:https://www.cnblogs.com/Mychael/p/8478222.html
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