abc260_g Scalene Triangle Area 题解

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Scalene Triangle Area

题意

给定一个大小为 $n\times n$ 的字符矩阵，每个字符为 X 或者 O。

对于一个位于 $(x,y)$ 的字符 o 和一个格子 $(u,v)$，如果满足以下条件，那么 $(u,v)$ 就可以被 $(x,y)$ 控制。

• $x⩽u⩽n$，$y⩽v⩽n$。
• $(u-x)+\frac{v-y}{2}<m$。

给定 $m$ 和询问数 $Q$，每次询问给定 $u$ 和 $v$，求有多少个格子可以控制 $(u,v)$。

思路

分为两种做法。

0x00

推一推式子，可以发现：

• 第 $x$ 行第 $(y-2\times m)\sim y$ 列的 O 都可以控制 $(x,y)$。
• 第 $x-1$ 行第 $(y-2\times (m-1))\sim y$ 列的 O 都可以控制 $(x,y)$。
• 以此类推。
• 第 $x-m+1$ 行第 $y-1$ 列与第 $y$ 列的 O 可以控制 $(x,y)$。
• 第 $1\sim (x-m)$ 行没有可以控制 $(x,y)$ 的格子。

做法就出来了，对于每次询问在线求答案即可。

还有一个小问题，枚举每一行和每一列求答案是 $O(n^2)$ 的，但每一行对答案有贡献的部分是一个区间，可以用前缀和优化，总时间复杂度为 $O(n^2+Q\times n)$，并不是最优解法，但可以过此题。

#include <iostream>
 
using namespace std;
 
int n, m, q, x, y, sum[2010][2010];
char c;
 
int main () {
  ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
  cin >> n >> m;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    for (int j = 1; j <= n; j++) {
      cin >> c;
      sum[i][j] = sum[i][j - 1] + (c == 'O'); // n 行的前缀和
    }
  }
  for (cin >> q; q; q--) {
    cin >> x >> y;
    int cnt = 0;
    for (int i = 0; i < m && x - i; i++) { // 枚举每一行，如果超出矩阵范围就退出循环
      cnt += sum[x - i][y] - sum[x - i][max(0, y - 2 * (m - i))]; // 前缀和
    }
    cout << cnt << '\n';
  }
  return 0;
}

0x01

二维差分。

对于一个位于 $(x,y)$ 的 O，可以控制的范围如上，其他的自己推一下（

先对于每一行列差分一下，变成下图：

观察上图，可以发现：第一列可以轻松的用行差分优化，但后面的 $-1$ 怎么办呢？

我们要引入一个差分思想：一个不行就两个！

把这个差分矩阵拆成两个，在最后还原时将两个矩阵加起来。

左边矩阵差分点只有两个，可以 $O(1)$ 处理差分，可右边怎么办呢？

仔细观察一下，欸，$-1$ 的位置有规律！

将右边矩阵优化成下图：

差分矩阵通过前缀和思想还原原矩阵，上图每次只要加上 $(x-1,y+2)$ 的值就可以了，还原原矩阵时需要将两个差分矩阵加起来，再对它进行列前缀和即可，时间复杂度 $O(n^2+Q)$。

具体实现看代码。

#include <iostream>
 
using namespace std;
 
int n, m, q, x, y, sum[2010][2010], num[2010][12010][2]; // 注意数组的大小
char c;
 
int main () {
  ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
  cin >> n >> m;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    for (int j = 1; j <= n; j++) {
      cin >> c;
      if (c == 'O') {
        num[i][j][0]++, num[min(n + 1, i + m)][j][0]--; // 左边矩阵
        num[i][j + 2 * m][1]--, num[min(n + 1, i + m)][j][1]++; // 右边矩阵
      }
    }
  }
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    for (int j = 1; j <= n + 2 * m; j++) {
      num[i][j][1] += num[i - 1][j + 2][1]; // 左右矩阵各自进行还原
      num[i][j][0] += num[i - 1][j][0];
      if (j <= n) {
        sum[i][j] = sum[i][j - 1] + num[i][j][1] + num[i][j][0]; // 最终的矩阵还原
      }
    }
  }
  for (cin >> q; q; q--) {
    cin >> x >> y;
    cout << sum[x][y] << '\n';
  }
  return 0;
}