[luogu2119]魔法阵 NOIP2016T4
很好的一道数学推导题
45分做法
O(N4)暴力枚举四个材料
55分做法
从第一个约束条件可得到所有可行答案都是单调递增的,所以可以排序一遍,减少枚举量,可以拿到55分
100分做法
首先可以发现每个x都小于n,而n最大值只是15000,所以可以开一个桶来存每个魔法值出现的次数
回忆一下3个约束条件
xa<xb<xc<xd ①
xb−xa=2(xd−xc) ②
xb−xa<(xc−xb)/3 ③
现在魔改一下这三个式子
设t=xd−xc
所以②可化为xb−xa=2t ④
将④代入③
2t<(xc−xb)/3
移项一下,就变成
6t<xc−xb ⑤
再魔改一下
设6t+k=xc−xb(就是把差的部分补上去)
于是可以画出来一个图
显然,A的最小值为1,D的最大值为n
由图可得AD=9t+k
所以我们可以尝试着枚举t,用t来表示各个魔法值的值
由上易得t的范围为1<=t<=(n−1)/9
在代码中为了避免除法写成t∗9<n
再枚举D,因为我们已经枚举出了t,所以C的值是可以直接算出来的
C=D−t
又因为使A,B,C,D满足条件的k的最小值为1,所以对于当前的C和D,最大的A和B为A=D−9t−1,B=D−7t−1
那么如果A和B更小怎么办?
观察到在其他条件不变的情况下,只要C和B满足Xc−Xb>6t,那么这个魔法阵就一定成立,所以当(a1<a2,b1<b2)时,只要a2和b2能够和C,D组成魔法阵,a1,b1也一定能和C,D组成魔法阵,所以可以使用前缀和优化
然后又由乘法原理可得,当前魔法值作为D物品的个数为SumD=SumA∗SumB∗SumC
所以我们利用前缀和优化SumA∗SumB
C的情况可以顺便在算D的时候算出来
那么还有一个问题是,我们枚举的D的范围是多少?
因为要统计前缀和,所以一定是要顺推下去的,由上面那张图我们可以知道,D的最大值为n,最小值则为当k=1且A=1的时候,所以D的最小值为9∗t+2,再小是无法组成魔法阵的
同理可以枚举A
但是这个的情况又和枚举D的情况有一点不同
在其他条件不变的情况下,只要C和B满足Xc−Xb>6t,那么这个魔法阵就一定成立,所以当(c1<c2,d1<d2)时,只要c1和d1能够和A,B组成魔法阵,c2,d2也一定能和A,B组成魔法阵,所以可以使用后缀和优化
因为需要统计后缀和,所以需要逆推
枚举的范围:A的最大值为(n−t∗9−1)(因为当k=1,D=n的时候A才最大),A的最小值则为1
所以就可以算出每个魔法值作为A,B,C,D物品的次数了,输出时直接输出当前魔法物品的魔法值的次数就可以了
#include <cstdio> #include <algorithm> using namespace std; inline int read(){ int x=0,f=1;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-f;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();} return x*f; } #define N 50010 int n,m; int a[N],b[N],c[N],d[N]; int x[N],vis[N]; int main(){ n=read();m=read(); for(int i=1;i<=m;i++) x[i]=read(),vis[x[i]]++; for(int t=1;t*9<n;t++){ int sum=0; for(int D=9*t+2;D<=n;D++){ int A=D-9*t-1; int B=A+2*t; int C=D-t; sum+=vis[A]*vis[B]; c[C]+=vis[D]*sum; d[D]+=vis[C]*sum; } sum=0; for(int A=n-9*t-1;A;A--){ int B=A+2*t; int C=B+6*t+1; int D=A+9*t+1; sum+=vis[C]*vis[D]; a[A]+=vis[B]*sum; b[B]+=vis[A]*sum; } } for(int i=1;i<=m;i++){ printf("%d %d %d %d\n",a[x[i]],b[x[i]],c[x[i]],d[x[i]]); } return 0; }
参考资料:
(如果看不懂我的题解可以去看一下学长的qwq,我是看他的题解才懂这道题怎么写的,然后自己再归纳总结一下才写出来这篇博客)
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