4780. 【GDOI2017模拟9.14】三角形（值域分块 + 经典势能分析 + 奇妙优化）

最新推荐文章于 2021-03-22 19:22:40 发布

Algor_pro_king_John

最新推荐文章于 2021-03-22 19:22:40 发布

阅读量257

点赞数

CC 4.0 BY-SA版权

分类专栏：分块

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/Algor_pro_king_John/article/details/88976583

分块专栏收录该内容

1 篇文章

订阅专栏

探讨了在给定n个点的情况下，通过增加一个新点来最大化平行于坐标轴的三角形数量的问题。采用了一种高效算法，通过将新增点的代价表示为特定公式并进行分类与排序的方法，实现了O(n√n + nlogn)的时间复杂度。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Problem

https://jzoj.net/senior/#main/show/4780

给定 $n$ 个点，求新增一个点后最多能组成多少个平行于坐标轴的三角形。

Solution

实际上可以把新增一个点的代价表示为 $S x * S y + N u m x + N u m y$

那么一个经典套路是，因为 $S x, S y$ 的取值只有 $\sqrt{n}$ 种，所以我们暂且把它分个类，并对每一种 $S x$ 相同的按照 $N u m x$ 排好序， $S y$ 亦然。

于是每次枚举一种 $S x$ 的取值，再枚举一种 $S y$ 的取值，然后枚举对应的 $N u m x, N u m y$ ，这样就具体到了某个点。

如果这个点先前不存在，那么就可以直接退出了（我们把 $S y$ 相同的）否则，我们就继续往下做。根据势能分析可以得知这样做的时间复杂度是 $O (n l o g n)$ 。

由于我们至少要枚举三层，所以总的时间复杂度是 $O(n\sqrt{n}+nlogn)$ 。

注意，如果仅仅这么打，会T飞，但只要加上一个小小的优化，就是每次找到一个先前不存在的点后记录一下对应的 $N u m y$ 值在 $k$ 这个位置，那么以后枚举的 $N u m y$ 由于 $N u m x$ 减小的缘故，都仅仅只会到 $k - 1$ 这个地方，于是就可以做到上面那个优秀的时间复杂度了（想一想，凭什么）。

Code

#include <bits/stdc++.h>

#define F(i, a, b) for (LL i = a; i <= b; i ++)

typedef long long LL;

const LL N = 2e3 + 10, K = 11;

using namespace std;

LL n, m, k, l, ans;
LL f[N][K], C[N][N], jc[N], KSM[K][2 * N * N];

int main() {
	scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &k, &l);

	jc[0] = 1;
	F(i, 0, max(n, m) + 1)
		C[i][0] = 1;
	F(i, 1, max(n, m) + 1)
		F(j, 1, max(n, m) + 1)
			C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % l;
	F(i, 1, max(n, m))
		jc[i] = 1ll * jc[i - 1] * i % l;
	F(j, 1, k) {
		KSM[j][0] = 1;
		F(i, 1, 2 * n * m)
			KSM[j][i] = KSM[j][i - 1] * j % l;
	}	

	f[0][1] = 1; int w = min(n, m);
	F(i, 0, w)
		F(j, 1, k - 1)
			if (f[i][j])
				F(t, 0, w - i)
					if (n - i >= t && m - i >= t)
						f[i + t][j + 1] = (f[i + t][j + 1] + 1ll * f[i][j] * C[n - i][t] % l * C[m - i][t] % l * jc[t] % l * KSM[j][(n + m - 2 * i - t - 1) * t] % l) % l;

	F(i, 1, w)
		ans = (ans + ((i & 1) ? (1) : (- 1)) * f[i][k] * KSM[k][(n - i) * (m - i)] % l) % l;

	printf("%d\n", (ans + l) % l);
}