【题解】P2154 [SDOI2009]虔诚的墓主人
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题解
这题真是(#@-^%~!*.......)
简直变态啊，好好的一个坟头非得整出一道题。。。
算了，甭说了分析一下题目吧。
我们发现这题的 \(n,m\) 范围是达到了10亿的级别。这。。。
好像直接想不出正解，我们先去看看部分分。
发现 \(n,m \leqslant 1000\) 的这部分好像可做。
我们 \(O(N^2)\) 对于每个点扫过去，然后如果这个点不是常青树就可以统计一下答案，怎么统计呢？
考虑组合数学：
设在某个方向上有 \(a\) 个常青树，我们只要选 \(k\) 个那么就是 \(C_{a}^{k}\)，这个点的方案数就是所有方向的这些方案乘起来。
愉快的解决子问题之后考虑解决本题。
然后我们发现一个性质：
图片全部由睿智画图生成，见谅
当点位于两棵树之间时其实他们在 \(y\) 轴方向的方案是一样的。
那么我们考虑快速直接的求出一段常青树之间的区间的方案数。
原来的是：
\(\sum_{i=tree[l]}^{tree[r]} C_{L[i]}^{k}*C_{R[i]}^{k}*C_{U[i]}^{k}*C_{D[i]}^{k}\)
根据乘法分配率可以直接提出变成
\(C_{U[i]}^{k}*C_{D[i]}^{k}*\sum_{i=tree[l]}^{tree[r]}C_{L[i]}^{k}*C_{R[i]}^{k}\)
又想到刚刚的性质，那么我们是不是可以快速求出这个式子的前半部分，后半部分怎么办呢？
我们不但要支持查询一段区间\(C_{L[i]}^{k}*C_{R[i]}^{k}\)的和,还要让这个 \(L[i],R[i]\) 发生变化。
这个时候灵光一闪————
我们将题目给我们的坐标们排个序(\(x\)第一关键字，\(y\)第二关键字)这样所有x相同的点都在一起，我们就可以直接求出这段区间的那个式子的前半部分，后半部分的维护又想到要支持区间求和和单点修改。想到树状数组。
考虑到写一个二维的树状数组还是很难维护，那么我们索性用一维的，把 \(x\) 那一维统统交给排序处理，这样我们只要记录一个树状数组 \(s[i]\) 表示当在 \(y\) 轴 \(i\) 方向的时候已经放了 \(s[i]\) 个常青树在左边，那么右边就可以动态地用总的个数减一减或者直接动态维护(减一减，加一加)。
对于 \(x\) 坐标 相同的我们每次只要同样动态维护下面有几个常青树了。
至于代码应该蛮好写了，代码不懂的可以看看代码注释。
还是蛮好的一道题可以锻炼思维，不懂的欢迎私信(大概意一时半会二不会AFO)。
扶我起来我还能苟,
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define x first
#define y second
inline char gc(){
static char buf[1<<20],*p1=buf,*p2=buf;
if(p1==p2){
p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin);
if(p1==p2) return EOF;
}
return *p1++;
}
inline int read(){
int x=0;char ch=gc();
while(!isdigit(ch)) ch=gc();
while(isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0',ch=gc();
return x;
}
int w;
typedef pair<int,int> PII;
const int N=1e5+5,P=2147483648LL;
int x[N],y[N],c[N][15];// c是组合数
int t[N],s[N];// t为当纵坐标是t时左边常青树的个数
int NumOfX[N],NumOfY[N];// 这两个分别表示横坐标为x的点的个数和纵坐标为y的个数（总个数）
PII p[N];// 用来存一下离散之后的坐标，pair真好用
inline int lowbit(int x){
return x&(-x);
}
inline void update(int x,int plus){
plus%=P;
while(x<=w){
s[x]=(s[x]+plus)%P;
x+=lowbit(x);
}
}
inline int query(int x){
int ret=0;
while(x){
ret=(ret+s[x])%P;
x-=lowbit(x);
}
return ret;
}
// 树状数组
signed main(){
read();read();
w=read();
for(int i=1;i<=w;++i) x[i]=p[i].x=read(),y[i]=p[i].y=read();
int k=read();
c[0][0]=1;
for(int i=1;i<=w;++i){
c[i][0]=1;
for(int j=1;j<=k;++j)
c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%P;
}
sort(x+1,x+w+1);
sort(y+1,y+w+1);
for(int i=1;i<=w;++i)
p[i].x=lower_bound(x+1,x+w+1,p[i].x)-x,NumOfX[p[i].x]++;
for(int i=1;i<=w;++i)
p[i].y=lower_bound(y+1,y+w+1,p[i].y)-y,NumOfY[p[i].y]++;
// 离散和初始化组合数
sort(p+1,p+w+1);
int DOWN=1,ans=0;// DOWN记录当前常青树的下面（包括当前）有几棵常青树
for(int i=1;i<w;++i){
if(p[i].x==p[i-1].x) DOWN++;
else DOWN=1;
int UP=NumOfX[p[i].x]-DOWN;// UP记录当前常青树上面（不包括当前）有几棵常青树
if(UP){
int Ceil=p[i+1].y-1;// ceil表示下一棵有种相同x坐标的常青树的坐标减1（毕竟求区间和不能包括下一棵常青树）
ans+=c[DOWN][k]*c[UP][k]%P*(((query(Ceil)-query(p[i].y)%P+P)%P))%P;
// 带进公式里头算一算
}
++t[p[i].y];// 更新一下纵坐标为p[i].y的已经放了的处于左边的常青树
int now=c[t[p[i].y]][k]*c[NumOfY[p[i].y]-t[p[i].y]][k]%P;
int pre=((query(p[i].y)-query(p[i].y-1))%P+P)%P;
update(p[i].y,((now-pre)%P+P)%P);
// 更新树状数组中这个节点的左右方案数乘积
}
printf("%lld\n",(ans%P+P)%P);
return 0;
}
