JEOI-R1：棋

「JEOI-R1棋

题目前言

巨大诈骗题

题面

题目描述

现在有一个 $n\times m$ 的棋盘，从上到下依次是 $1\sim n$ 行，从左到右依次是 $1\sim m$ 列，一个位于第 $x$ 行第 $y$ 列的位置被标记为 $(x,y)$。共有 $c$ 个棋子，不重叠地摆放在棋盘的某些位置上。一个位于 $(x,y)$ 的棋子可以走向 $(x-1,y-1),(x-1,y+1),(x+1,y-1),(x+1,y+1)$（如果这些位置存在且其上没有棋子）。

现有若干询问，每次询问给定 $x_1,y_1,x_2,y_2,p$，然后给定 $p$ 个位置，表示一个子矩阵的左上角位置为 $(x_1,y_1)$，右下角位置为 $(x_2,y_2)$，问是否可以移动棋子（无次数限制）使得矩阵内有且仅有给定的 $p$ 个位置上有棋子。询问之间相互独立。

为了减少程序时间复杂度的常数影响，建议使用更快的读入方式。

输入格式

第一行三个正整数 $n,m,c$，表示棋盘的列数、行数和已有的棋子数。

接下来 $c$ 行，一行两个整数 $a_i,b_i$，表示有一个棋子位于 $a_i$ 行 $b_i$ 列处。

接下来一行一个正整数 $q$。

接下来 $q$ 组询问。每一组询问第一行是五个正整数 $x_1,y_1,x_2,y_2,p$，接下来 $p$ 行每行两个正整数 $c_i,d_i$，表示只希望矩阵内有棋子的位置。

输出格式

对于每个询问，如果可以移动棋子（无次数限制）使得矩阵内有且仅有给定的位置上有棋子，输出 YES，否则输出 NO。

样例 #1

样例输入 #1

3 3 5
1 2
1 3
2 1
3 2
3 3
3
1 2 2 3 0
1 2 3 3 4
1 2
1 3
2 3
3 3
1 1 2 3 2
1 3
2 2

样例输出 #1

NO
YES
NO

@ 提示

【样例解释 #1】

解释以 0 代表空位，1 代表放置了棋子的位置。

初始状态：

011
100
011

对于第一个询问，可以证明 $(1,2)$ 处的棋子无法移出 $(1,2)$ 到 $(2,3)$ 的矩阵。

对于第二个询问，考虑把 $(3,2)$ 处的棋子移到 $(2,3)$，得：

011
101
001

满足询问要求。移动方式不唯一。

对于第三个询问，可以证明 $(2,1)$ 处的棋子无法移出 $(1,1)$ 到 $(2,3)$ 的矩阵。

【数据范围】

对于 $25\mathrm{\%}$ 的数据，$n,m,q\le 10$，$c\le 20$。

对于另外 $25\mathrm{\%}$ 的数据，保证 $a_i+b_i\equiv 0(\mathrm{mod}2)$，$c_i+d_i\equiv 0(\mathrm{mod}2)$。

对于另外 $25\mathrm{\%}$ 的数据，保证 $n\cdot m-c\le (x_2-x_1+1)\cdot (y_2-y_1+1)-p$。

对于 $100\mathrm{\%}$ 的数据，$2\le n,m\le {10}^5$，$1\le c,q\le {10}^5$，$c\le n\cdot m$，$1\le a_i\le n$，$1\le b_i\le m$，$\sum p\le 2\times {10}^5$。对于每个询问，$1\le p\le (x_2-x_1+1)\cdot (y_2-y_1+1)$，$x_1\le c_i\le x_2$，$y_1\le d_i\le y_2$。

【提示与说明】

提供一种较快的读入一个 int 类型非负整数的方式。调用下文中的 read()，其作用是返回输入中的一个非负整数，同时读取其后的一个字符。

int read() {
  int x(0);
  char c(getchar());
  while (c < '0' || c > '9') c = getchar();
  while (c >= '0' && c <= '9') x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
  return x;
}

题解

巨大诈骗题

首先看着移动方式：

棋子可以走向 $(x-1,y-1),(x-1,y+1),(x+1,y-1),(x+1,y+1)$

不难发现，更改后的$x^{\prime },y^{\prime }$满足：$x^{\prime }+y^{\prime }\equiv x+y(mod2)$，这启发我们分奇偶性讨论这个问题
以下称一类格为横纵坐标之和为奇的格子，零类格为横纵坐标之和为偶的格子

引理 ：
一个棋子可以到达棋盘上与其同类的格子

由移动前后奇偶性不变可得必要性，现在来证明充分性。

本题的棋子移动数量不限，则可以以一种延迟撤回的思想，即由这个棋子往目标方向跳，若有撞上的则将撞上的移开，若撞上的那个棋子无路可走，则又移动撞上的那个棋子的周围棋子，如此类似递归步骤，可知这个棋子无论如何可以被移开。故充分性得证。

那么本题做法就比较明显了：先预处理出原矩阵$(1,1,n,m)$中零一类点个数分别记为$Q_0,Q_1$，将零一类棋子数量分别记为$S_0,S_1$。对于每一次输入的待求矩阵，统计出它总共的零一类点的个数为$T_0,T_1$，并求出需要移动棋子到达的位置（对应$c_i,d_i$）中零一类位置有$P_0,P_1$个，则这个问题有解的充要条件为：

$$\{\begin{array}{rl}{P}_0& \le S_0\\ P_1& \le S_1\end{array}$$

$$\{\begin{array}{r}{S}_0-P_0\le Q_0-T_0\\ S_1-P_1\le Q_1-T_1\end{array}$$

然后我们讨论对于这些变量的求法。首先若$nm$为偶数，那么$Q_0,Q_1$就都等于$\frac{nm}{2}$，否则$Q_0=\lceil \frac{nm}{2}\rceil ,Q_1=nm-Q_0$(第一个出现的是$(1,1)$，属于零类点。)

而对于$T_0,T_1$的计算方式类似于$Q_0,Q_1$，记$l=x_2-x_1+1,r=y_2-y_1+1$，若$lr\equiv 0(mod2)$则平分，否则先将$T_0,T_1$全部赋值为$\lfloor \frac{lr}{2}\rfloor$，然后根据$(x_1,y_1)$所属哪一类点，则将所对应的$T$加上$1$。至于$S_0,S_1,P_0,P_1$就没得说了，非常简单。

十年OI一场空，不开longlong见祖宗

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define int long long
using namespace std;
int n,m,t1,t0,p,q0,q1,s1,s0,a,b,c,d;
int read() {
  int x(0);
  char c(getchar());
  while (c < '0' || c > '9') c = getchar();
  while (c >= '0' && c <= '9') x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
  return x;
}

signed main(){
	n=read(),m=read(),c=read();
	q1=n*m/2,q0=n*m-q1;
	for(int i=1;i<=c;i++){
		int x=read(),y=read();
		if((x+y)&1)s1++;
		else s0++; 
	}
	int t=read();
	while(t--){
		int x1=read(),y1=read(),x2=read(),y2=read();
		int l=x2-x1+1,r=y2-y1+1,p0=0,p1=0;
		if((l*r)&1){
			if((x1+y1)&1){
				t0=l*r/2;
				t1=l*r-t0;
			}
			else {
				t1=l*r/2;
				t0=l*r-t1;
			}
		}
		else {
			t1=l*r/2;
			t0=l*r/2;
		}
		int q=read();
		for(int i=1;i<=q;i++){
			int x=read(),y=read();
			if((x+y)&1)p1++;
			else p0++;
		} 
		if(p0<=s0&&p1<=s1&&(s0+t0)<=(q0+p0)&&(s1+t1)<=(q1+p1))puts("YES");
		else puts("NO");
	}
}