hdu 5110 Alexandra and COS 压线飘过

Alexandra and COS

题意：

给定一个n*m的矩阵，X表示有宝物，否则没有。和q个询问，表示有一个东西在第x行第y列，它的探测范围是从它开始（包括自己）在西北到东北之间（包括）且到它的x距离是d的倍数的X的个数。

想法：

用一个数组记录 第i行 1 ~ j 的 X的个数。每次询问枚举行，发现最大复杂度 500W * 1000 = 5 亿， 大数据一共3组，15亿明显TLE。

其实，5亿的极限数据 是d=1的时候才发生的。如果 d > 3 那么 复杂度就是 500W * 1000 / 3 = 1.6亿，大数据3组，刚刚好5亿。

所以 每个test 先用 1000 * 1000 复杂度 预处理出 第 i 行 第 j 列 能看到的东西。这个可以用递推来做。

我这里是处理了 d <= 3， 但理论上应该能够增大d的分类来 减少 复杂度，但是考虑到d增大 递推关系 也变复杂了，所以就没继续想。

时间刚好卡过，耗时4秒，应该不是正解~献丑献丑。

/*
 *    Author:
 *        Indestinee
 *    Date:
 *        2014.11.22 
 */ 
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
#define cls(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define rise(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fall(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
int n, m, q, x, y, dd;
int a[1001][1001], dp[1001][1001], d[3][1001][1001];
int main()
{
	cls( d ); cls( a );
	while( scanf( "%d %d %d" , &n , &m , &q ) != EOF )
	{
		rise( i , 1 , n )
		{
			getchar();
			dp[i][0] = 0;
			rise( j , 1 , m )
			{
				a[i][j] = ( getchar() == 'X' );
				dp[i][j] = dp[i][j-1] + a[i][j];
			}
		}
		
		if( m > 1 )
			rise( i , 1 , n )
			{
				d[1][i][1] = d[1][i-1][2] + a[i][1] + a[i-1][1];
				rise( j , 2 , m - 1 )
					d[1][i][j] = d[1][i-1][j-1] + d[1][i-1][j+1] - d[1][max(0,i-2)][j] + a[i][j] + a[i-1][j];
				d[1][i][m] = d[1][i-1][m-1] + a[i][m] + a[i-1][m];
			}
		else
			rise( i , 1 , n )
				d[1][i][1] = d[1][i-1][1] + a[i][1];
		
		rise( j , 1 , m )
			d[2][1][j] = a[1][j];
				
		if( m > 3 )
		{
			rise( i , 2 , n )
			{
				rise( j , 1 , 2 )
				{
					d[2][i][j] = d[2][i-2][j+2] + a[i][j];
					rise( k , 1 , j + 1 )
						d[2][i][j] += a[i-2][k];			
				}
				d[2][i][2] += a[max(0,i-4)][1];
				
				rise( j , 3 , m - 2 )
				{
					d[2][i][j] = d[2][i-2][j-2] + d[2][i-2][j+2] - d[2][max(0,i-4)][j] + a[i][j];
					rise( k , j - 1 , j + 1 )
						d[2][i][j] += a[i-2][k]; 
				}
				
				rise( j , m - 1 , m )
				{
					d[2][i][j] = d[2][i-2][j-2] + a[i][j];
					rise( k , j - 1 , m )
						d[2][i][j] += a[i-2][k];
				}
				d[2][i][m-1] += a[max(0,i-4)][m]; 
			}
		}
		else 
			rise( i , 2 , n )
				rise( j , 1 , m )
					d[2][i][j] = d[2][i-2][j] - a[i-2][j] + dp[i-2][m] + a[i][j];		

		while( q -- )
		{
			scanf( "%d %d %d" , &x , &y , &dd );
			int ans = 0;
			if( dd > 2 )
			{
				for( int i = 0 ; i < x ; i += dd )
				{
					ans += dp[x-i][min(y+i,m)] - dp[x-i][max(y-i-1,0)];
				}
				printf( "%d\n" , ans );
			}
			else
				printf( "%d\n" , d[dd][x][y] );			
		}		
	} 
	
	
}