[bzoj]1227: [SDOI2009]虔誠的墓主人【樹狀陣列】
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Description
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小W 是一片新造公墓的管理人。公墓可以看成一塊N×M 的矩形,矩形的每個格點,要麼種著一棵常青樹,要麼是一塊還沒有歸屬的墓地。當地的居民都是非常虔誠的基督徒,他們願意提前為自己找一塊合適墓地。為了體現自己對主的真誠,他們希望自己的墓地擁有著較高的虔誠度。一塊墓地的虔誠度是指以這塊墓地為中心的十字架的數目。一個十字架可以看成中間是墓地,墓地的正上、正下、正左、正右都有恰好k 棵常青樹。小W 希望知道他所管理的這片公墓中所有墓地的虔誠度總和是多少
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Input
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第一行包含兩個用空格分隔的正整數N 和M,表示公墓的寬和長,因此這個矩形公墓共有(N+1) ×(M+1)個格點,左下角的座標為(0, 0),右上角的座標為(N, M)。第二行包含一個正整數W,表示公墓中常青樹的個數。第三行起共W 行,每行包含兩個用空格分隔的非負整數xi和yi,表示一棵常青樹的座標。輸入保證沒有兩棵常青樹擁有相同的座標。最後一行包含一個正整數k,意義如題目所示。
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Output
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包含一個非負整數,表示這片公墓中所有墓地的虔誠度總和。為了方便起見,答案對2,147,483,648 取模。
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Sample Input
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5 6
13
0 2
0 3
1 2
1 3
2 0
2 1
2 4
2 5
2 6
3 2
3 3
4 3
5 2
2
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Sample Output
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6
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HINT
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圖中,以墓地(2, 2)和(2, 3)為中心的十字架各有3個,即它們的虔誠度均為3。其他墓地的虔誠度為0。 對於30%的資料,滿足1 ≤ N, M ≤ 1,000。對於60%的資料,滿足1 ≤ N, M ≤ 1,000,000。對於100%的資料,滿足1 ≤ N, M ≤ 1,000,000,000,0 ≤ xi ≤ N,0 ≤ yi ≤ M,1 ≤ W ≤ 100,000, 1 ≤ k ≤ 10。存在50%的資料,滿足1 ≤ k ≤ 2。存在25%的資料,滿足1 ≤ W ≤ 10000。
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Source
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Solution
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剛剛切掉了虔誠的穆主任【墓主人】,起初覺得會很麻煩的樣子……就一直不敢寫……
發現還是很好寫的QAQ
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define mod 2147483647
const int maxn=1e5+10;
struct data{int x,y,l,r,u,d;}d[maxn];
int tmp[maxn],tot,n,m,K,W,ans;
bool cmp(data x,data y ){return x.y<y.y||(x.y==y.y&&x.x<y.x);}
bool cmp2(data x,data y){return x.x<y.x||(x.x==y.x&&x.y<y.y);}
int sum[maxn*2];
void add(int x,int w)
{
while(x<=W)
sum[x]+=w,x+=x&-x;
}
int ask(int x)
{
int res=0;
while(x)res+=sum[x],x-=x&-x;
return res;
}
int C[maxn][11];
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&W);
for(int i=1;i<=W;i++)
scanf("%d%d",&d[i].x,&d[i].y);
scanf("%d",&K);
for(int i=0,j;i<=W;i++)for(j=1,C[i][0]=1;j<=min(i,K);j++)C[i][j]=C[i-1][j-1]+C[i-1][j];
//離散
for(int i=1;i<=W;i++)tmp[i]=d[i].x;
sort(tmp+1,tmp+1+W);
tot=unique(tmp+1,tmp+1+W)-tmp-1;
for(int i=1;i<=W;i++)d[i].x=lower_bound(tmp+1,tmp+1+tot,d[i].x)-tmp;
for(int i=1;i<=W;i++)tmp[i]=d[i].y;
sort(tmp+1,tmp+1+W);
tot=unique(tmp+1,tmp+1+W)-tmp-1;
for(int i=1;i<=W;i++)d[i].y=lower_bound(tmp+1,tmp+1+tot,d[i].y)-tmp;
//預處理
sort(d+1,d+1+W,cmp);
for(int L=1,R=1;L<=R&&R<=W;L=R=R+1)
{
while(d[R+1].y==d[R].y)R++;
for(int i=L;i<=R;i++)
d[i].l=i-L,d[i].r=R-i;
}
sort(d+1,d+1+W,cmp2);
for(int L=1,R=1;L<=R&&R<=W;L=R=R+1)
{
while(d[R+1].x==d[R].x)R++;
for(int i=L;i<=R;i++)
d[i].d=i-L,d[i].u=R-i;
}
//solve
sort(d+1,d+1+W,cmp);
for(int i=1;i<=W;i++)
{
add(d[i].x,C[d[i].u][K]*C[d[i].d+1][K]-C[d[i].u+1][K]*C[d[i].d][K]);
if(d[i+1].y==d[i].y)ans+=(ask(d[i+1].x-1)-ask(d[i].x))*C[d[i].l+1][K]*C[d[i+1].r+1][K];
}
printf("%d",ans&mod);
return 0;
}
——呵呵噠QAQ