【NOIP2016——PJ4】魔法阵

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算法一（送分算法）：

最朴素的算法应该就是四重循环暴力枚举每一个 $x_a,x_b,x_c,x_d$
当然只能通过较少的点
于是$O(n^4)$

算法二（骗分算法）：

由算法一改变一下便可以省下一重循环
暴力出 $x_a,x_b,x_c ,然后计算出 x_d$
于是$O(n^3)$
当然还可以加一些常数上的优化 比如确定 $x_a,x_b 后，x_c$ 其实范围已经缩小了

算法三（似乎可以AC）：

可以算是一个折半枚举吧
用 ans[x][y] 记录 数x（注意不是第x个）在位置y上出现的次数
那么枚举差值 i ，
再枚举 $x_a$
则 ：
$x_b=x_a+i*2;$
$x_c>x_b+i*6=x_a+i*8;$
$x_d=x_c+i;$
换句话说 $x_b$ 已确定下来
然后再来研究一下 $x_c,x_d$
当 $x_c$ 确定下来后，$x_d$ 也确定下来
并且随着 $x_a$ 的增大 $x_c$ 的范围单调递减（反过来就是随着 $x_a$ 的增大，$x_c$ 的范围单调递增）
于是就可以利用这一性质求出 $sum=\sum(f[x_c]*f[x_d])$
然后就能累加到 $ans[x_a][1] 和 ans[x_b][2]$ 上
同理累加 $ans[x_c][3] 和 ans[x_d][4]$
详见代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>

using namespace std;

int n,m,sum,A,B,C,D,a[40005],f[20005],ans[20005][5];

int main(){
    cin>>n>>m;
    for (int i=1;i<=m;i++){
        cin>>a[i];
        f[a[i]]++;
    }

    for (int i=1;i<=2000;i++){
        sum=0;
        for (A=n-9*i-1;A>=1;A--){
            B=A+2*i; C=A+8*i+1; D=A+9*i+1;
            sum+=f[C]*f[D];
            ans[A][1]+=f[B]*sum;
            ans[B][2]+=f[A]*sum;
        }

        sum=0;
        for (C=2+8*i;C<=n;C++){
            A=C-8*i-1; B=C-6*i-1; D=C+i;
            sum+=f[A]*f[B];
            ans[C][3]+=f[D]*sum;
            ans[D][4]+=f[C]*sum;
        }
    }

    for (int i=1;i<=m;i++) 
        cout<<ans[a[i]][1]<<' '<<ans[a[i]][2]<<' '<<ans[a[i]][3]<<' '<<ans[a[i]][4]<<'\n';

    return 0;
}