虔诚的墓主人（BZOJ1227）（洛谷P2154）解题报告
题目描述
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。
输入输出格式
输入格式：
输入文件religious.in的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：
输出文件religious.out仅包含一个非负整数，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。
输入输出样例
输入样例#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
输出样例#1：
6
题目描述摘自洛谷。
非常幸运过了这道生涯题，从上午10:30到晚上20:15。事实证明，人应该对自己有点信心，应该有点梦想，万一就见鬼了呢。
题目大意，给出一个N*M的方格，在每个点上分布着常青树/墓地，我们需要统计每个墓地的虔诚度，相加求得答案。
题中描述的是“恰好”有k颗树，看一眼样例，发现事情没那么简单，再结合答案，很容易分析出我们应该求的是每个点上下左右对应的组合数相乘。
由乘法原理可知，我们要求的是从上下左右的常青树中分别选出k颗，对应的方案数乘乘积。
即
（L,R,U,D分别代表Left，Right，Up，Down）
观察数据范围，k <= 10,由杨辉三角行列数对应组合数，我们可以通过杨辉三角递推式，预处理出所有的组合数。
然而再看一眼数据范围，N，M的范围过大，不用说线性递推，数组都开不下。然而常青树W的个数却只有100,000个，考虑离散化。
在离散化的过程中，顺手处理出每行每列的常青树个数。（后面在解释）。
至此，预处理的所有工作已经完成，放个代码。（码风丑，请见谅）
离散化：（1倍存原数，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]++; //列数
}else
{
nd[num].y = cnt;
hang[cnt]++; //行数
}
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]++; //列数
}else
{
nd[num].y = cnt;
hang[cnt]++; //行数
}
}
}
递推杨辉三角，预处理组合数：
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;
}
}
}
明确一点小技巧，取模2147483648和按位与2147483647效果是一样的。(1<<31==2147483648)
如果还不明白，请实践几组数，或者仔细想想。毕竟脑袋是用来想的，不是用来装饰的。
当我们完成预处理步骤时，我们已经将整个方格缩小到了100,000×100,000的大小了，接下来便是如何计算虔诚度。
暴力枚举墓地？必然超时（但是洛谷数据貌似可以通过一些玄学优化方法过掉，这里暂不提及）。我们需要找到一种更为快速的方法。
When you have eliminated the impossibles,whatever remains,however improbable,must be the truth.——福尔摩斯
我们希望能出现O（wlog）的方法，或者O（w）的方法。由于常青树一共只有100,000颗，既然我们不能枚举墓地，不妨枚举常青树。
而枚举常青树又不能随意枚举，不然在累积虔诚度的时候又会变成w方的情况，我们需要一些数据结构来维护虔诚度，如何维护？维护什么？这就是本题的关键。
经过我们的一番分析（标签）我们知道本题使用的数据结构是树状数组。
不要问我怎么分析出来的树状数组，我就是看到它是树状数组才决定的做这道题。
我们在枚举的过程中，想要求的是每个空地上下左右组合数的乘积，可以发现在同一行（列）（以下统一为行）两颗常青树之间的空地，它们左面和右面常青树的组合数是相同的。
这也就给了我们灵感，我们可以通过有顺序的枚举，确定一维，转移一维。这时候需要把所有点按照行优先，列其次的顺序排序。这样枚举的时候就是有序的了。
再瞅一眼图，找找感觉。
假定现在我们枚举到了蓝色点，我们在枚举的时候可以通过前后点是否在同一行，定义变量来记录这一行已经枚举了多少颗常青树，再通过这一行常青树的总数，
减去左方的常青树，即可得到右方的常青树，左右的组合数乘积即可轻松得到。这也就是之前要维护每一行常青树个数的原因。
那么如何快速计算同一行两颗常青树之间墓地的虔诚度之和？
上面的图没有同一行连续的墓地，我们把它转90°（awa）。
好，现在在下数起第三行，出现了两个蓝色点，它们左右的常青树数量相同。
不妨设L为两个蓝色点左边组合数，R为两个蓝色点右边组合数，U1为1号蓝色点上方组合数，D1为其下方组合数，U2同理为2号蓝色点上方组合数，D2为蓝色点下方组合数。
我们要求的这两个点的虔诚度为：
Ans = L×R×U1×D1 + L×R×U2×D2
= L×R×（U1×D1 + U2×D2）
看到这里，您应该已经猜到如何快速计算墓地虔诚度的和了。
树状数组里面存的不是常青树个数，我们将每一列的编号数作为树状数组的下标，将这一列在本时刻所对应的上下组合数的乘积存入树状数组中，再通过前缀和相减，
算出两颗常青树之间的墓地的上下组合数乘积之和。
对应上方例子，即树状数组四号点存储的是U1×D1，五号点存储的是U2×D2，所求虔诚度：
Ans = L×R×（getsum（5）-getsum（4-1））；
在算完两棵树之间的墓地后，需要更新对应列的树状数组中的值，更新的值即为重新算出的组合数与之前的组合数之差，对应例子中，4号点应该更新的值即为：
Update（4，（U1-1）×（D1+1）-U1×D1）；
5号点同理。
这里的D1/U1可以通过枚举顺序记录，作者通过自下而上枚举，所以通过数组记录了D1，之前又记录了每一列的常青树个数，相减即可得到U1。
逐渐枚举，更新答案即可。
换行或两颗常青树相邻的情况读者自行思考即可，除此以外最好将行列数坐标+1，因原题中原点为（0,0），树状数组更新不便。
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;
}
