[NOIP2016普及组]魔法阵（枚举暴力）

很大程度上借鉴了Henry_y大佬的博客，一些地方改成了自己看得懂的版本。

拿到这道题先打了一个 \(\mathcal{O(n^4)}\) 的暴力，因为实现的比较好+洛谷神机，跑到了 65 分，具体操作有：

• 记录编号并排序（可以用 pair 数组实现），\(b\) 可以从 \(a+1\) 开始枚举，\(c\) 可以从 \(b+1\) 开始枚举，以此类推；
• 枚举完 \(b,c,d\) 后立刻一个 if 判断是否满足 \(X_a<X_b<X_c<X_d\)；
• 枚举完 \(c\) 后立即判断 \(3(X_b-X_a)<X_c-X_b\)，注意化除为乘。

似乎还有乱搞的空间，例如枚举完 \(a,b,c\) 后 \(d\) 已经确定了，可以用记录一些奇怪的东西继续卡。然而暴力有时尽，我们来看正解。

反正是要枚举的，我们就从三个式子出发，看看是不是有什么性质。设 \(X_d-X_c=t\)，于是有 \(X_b-X_a=2t，X_c-X_b>6t\)。若令 \(X_c-X_b=6t+k\)（补上剩下的那一块），则有关系图如下：

自然想到枚举 \(t\)，因为 \(k\ge 1\)，所以保证 \(1\le 9t<n\) 即可。再枚举 \(d\)，即可确定 \(c\) 的位置：\(c=d-t\)。对于这一组 \(c,d\)，\(a,b\) 的最大取值为 \(d-9-1,d-7t-1\)。设 \(cnt_x\) 表示值 \(x\) 出现的次数（就是个桶），则这组解对答案的贡献为 \(cnt_a\times cnt_b\)，乘法原理。

如果 \(a,b\) 更小，也一定成立（满足 \(X_c-X-b>6t\))。不难想到前缀和优化，累计一个 \(sum=\sum_{a\le a_{max},b\le b_{max}} cnt_a\times cnt_b\)，每次 C[c]+=sum*cnt[d],D[d]+=sum*cnt[c]; 即可。

计算 \(a,b\) 同理，改成枚举 \(a\)，反向跑，记录后缀和（\(cnt_c\times cnt_d\)）。

下面是 AC 代码：

int main(){
	int n,m; read(n),read(m);
	for(int i=1;i<=m;++i) read(x[i]),++cnt[x[i]];
	for(int t=1,sum;t*9<n;++t){
		sum=0;
		for(int d=t*9+2;d<=n;++d){
			int a=d-t*9-1,b=d-t*7-1,c=d-t;
			sum+=cnt[a]*cnt[b];//前缀和 
			C[c]+=sum*cnt[d],D[d]+=sum*cnt[c];//乘法原理，下同 
		}
		sum=0;
		for(int a=n-t*9-1;a;--a){
			int b=a+t*2,c=a+t*8+1,d=a+t*9+1;
			sum+=cnt[c]*cnt[d];//后缀和 
			A[a]+=sum*cnt[b],B[b]+=sum*cnt[a];
		}
	}
	for(int i=1;i<=m;++i){
		write(A[x[i]]),PT,write(B[x[i]]),PT,
		write(C[x[i]]),PT,write(D[x[i]]),EN;//注意此时ABCD为值的出现次数，不是编号		
	}
	return 0;
}

THE END