【NOIP2012模拟10.25】单元格

原创于 2016-09-03 14:45:24 发布 · 601 阅读

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本文探讨了一个关于在限定条件下计数特定方案数量的问题。通过分析单元格的选择规则及其距离计算方式，提出了有效的算法实现方法。该算法通过枚举矩阵大小并考虑不同单元格配置的情况来解决实际问题。

题目

在一个R行C列的表格里，我们要选出3个不同的单元格。但要满足如下的两个条件：
（1）选中的任意两个单元格都不在同一行。
（2）选中的任意两个单元格都不在同一列。
假设我们选中的单元格分别是：A，B，C，那么我们定义这种选择的“费用”= f[A][B] + f[B][C] + f[C][A]。其中f[A][B]是指单元格A到单元格B的距离，即两个单元格所在行编号的差的绝对值 + 两个单元格所在列编号的差的绝对值。例如：单元格A在第3行第2列，单元格B在第5行第1列，那么f[A][B] = |3-5| + |2-1| = 2 + 1 = 3。至于f[B][C], f[C][A]的意义也是同样的道理。现在你的任务是：有多少种不同的选择方案，使得“费用”不小于给定的数minT，而且不大于给定的数maxT，即“费用”在【minT, maxT】范围内有多少种不同的选择方案。答案模1000000007。所谓的两种不同方案是指：只要它们选中的单元格有一个不同，就认为是不同的方案。

分析

我们枚举一个矩阵的长和宽，分别是i个点和j个点。
那么对于这个矩阵，我们求出三个单元格在矩阵中的位置的方案数，矩阵要包含这三个单元格，并且是包含这三个单元格的矩阵中最小的一个，单元格的位置主要分2种情况：

一、其中两个单元格在对角，另一个单元格不在边上

这里写图片描述

经过平移等操作，费用就是这个矩阵的周长 $2(i+j-2)$ （为什么减2自己理解，本人语文不好，不知道如何解释）
对角的单元格有2种位置（看图），不在边上单元格的位置有 $(i-2)(j-2)$ 种位置，
那么这个矩阵的答案就是 $2(i-2)(j-2)$

二、其中一个单元格在矩阵的一个角，另两个单元格在边上

这里写图片描述
（经过平移等操作，费用就是这个矩阵的周长 $2(i+j-2)$ （为什么减2自己理解，本人语文不好，不知道如何解释））
这种情况又有4种情况（看图），
在长上的单元格有 $(i-2)$ 种位置，
在宽上的单元格有 $(j-2)$ 种位置。
那么这个矩阵的答案就是 $4(i-2)(j-2)$

接着，
我们枚举的矩阵在原表格中又有 $(r-i+1)(c-j+1)$ 个，所以乘上 $(r-i+1)(c-j+1)$ 。
答案就是 $\sum_{i=3}^{r}\sum_{j=3}^{c}6(i-2)(j-2)(r-i+1)(c-j+1)$

#include <cmath>
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
const long long maxlongint=2147483647;
const long long mo=1000000007;
const long long N=50005;
using namespace std;
long long mxt,mnt,n,m,ans;
int main()
{
    scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&m,&mnt,&mxt);
    for(long long i=3;i<=n;i++)
        for(long long j=3;j<=m;j++)
            if(i+j+i+j-4>=mnt && i+j+i+j-4<=mxt)
            {
                ans=(ans+(i-2)*(j-2)*(n-i+1)*(m-j+1))%mo;
            }
    printf("%lld",ans*6%mo);
}