【SDOI2009】bzoj1227 虔诚的墓主人

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原创最新推荐文章于 2020-08-05 20:09:04 发布 · 367 阅读

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#离散化 #树状数组

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本文介绍了一种高效算法，用于计算公墓中所有墓地的虔诚度总和。虔诚度定义为以墓地为中心且四周有特定数量树木形成的十字架数目。通过优化的数据结构和扫描线算法，实现了O(wlogw)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 >

Description

小W 是一片新造公墓的管理人。公墓可以看成一块N×M
的矩形，矩形的每个格点，要么种着一棵常青树，要么是一块还没有归属的墓地。当地的居民都是非常虔诚的基督徒，他们愿意提前为自己找一块合适墓地。为了体现自己对主的真诚，他们希望自己的墓地拥有着较高的虔诚度。一块墓地的虔诚度是指以这块墓地为中心的十字架的数目。一个十字架可以看成中间是墓地，墓地的正上、正下、正左、正右都有恰好k
棵常青树。小W 希望知道他所管理的这片公墓中所有墓地的虔诚度总和是多少 Input

第一行包含两个用空格分隔的正整数N 和M，表示公墓的宽和长，因此这个矩形公墓共有(N+1) ×(M+1)个格点，左下角的坐标为(0,
0)，右上角的坐标为(N, M)。第二行包含一个正整数W，表示公墓中常青树的个数。第三行起共W
行，每行包含两个用空格分隔的非负整数xi和yi，表示一棵常青树的坐标。输入保证没有两棵常青树拥有相同的坐标。最后一行包含一个正整数k，意义如题目所示。
Output

包含一个非负整数，表示这片公墓中所有墓地的虔诚度总和。为了方便起见，答案对2,147,483,648 取模。

显然可以离散化，然后枚举每个墓地就可以做到 $O(w^2)$ 。
改变枚举的方法，枚举左右相邻的两棵树，计算他们之间的墓地的方案数。如果暴力求和还是 $O(w^2)$ 的。
按照行扫描，维护当前行每个位置上方和下方的树的个数，就可以用树状数组维护某一段区间的答案和。这样就做到了 $O(w\log w)$ 。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
vector<int> a[100010];
int n,m,k,mx,my,
tx[100010],ty[100010],ordx[100010],ordy[100010],
s[200010],downc[100010],upc[100010],
c[100010][15];
void add(int p,int x)
{
    for (int k=p;k<=my;k+=k&-k) s[k]+=x;
}
int qry(int l,int r)
{
    int ret=0;
    for (int k=r-1;k;k-=k&-k) ret+=s[k];
    for (int k=l;k;k-=k&-k) ret-=s[k];
    return ret;
}
int main()
{
    /*freopen("in.txt","r",stdin);*/
    int x,y,ans=0;
    scanf("%*d%*d%d",&n);
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d%d",&tx[i],&ty[i]);
        ordx[i]=tx[i];
        ordy[i]=ty[i];
    }
    scanf("%d",&k);
    for (int i=0;i<=n;i++) c[i][0]=1;
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=1;j<=i&&j<=k;j++)
            c[i][j]=c[i-1][j]+c[i-1][j-1];
    sort(ordx+1,ordx+n+1);
    sort(ordy+1,ordy+n+1);
    mx=unique(ordx+1,ordx+n+1)-ordx-1;
    my=unique(ordy+1,ordy+n+1)-ordy-1;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        x=lower_bound(ordx+1,ordx+mx+1,tx[i])-ordx;
        y=lower_bound(ordy+1,ordy+my+1,ty[i])-ordy;
        a[x].push_back(y);
    }
    for (int i=1;i<=mx;i++)
        for (int j=0;j<a[i].size();j++)
            downc[a[i][j]]++;
    for (int i=1;i<=mx;i++)
    {
        sort(a[i].begin(),a[i].end());
        for (int j=0;j<a[i].size();j++)
        {
            y=a[i][j];
            add(y,c[upc[y]][k]*(-c[downc[y]][k]+c[downc[y]-1][k]));
            downc[y]--;
        }
        for (int j=0;j<a[i].size()-1;j++)
            ans+=c[j+1][k]*c[a[i].size()-j-1][k]*qry(a[i][j],a[i][j+1]);
        for (int j=0;j<a[i].size();j++)
        {
            y=a[i][j];
            add(y,c[downc[y]][k]*(-c[upc[y]][k]+c[upc[y]+1][k]));
            upc[y]++;
        }
    }
    printf("%d\n",ans&2147483647);
}