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AcWing 468. 魔法阵

洛谷

一、题目描述

六十年一次的魔法战争就要开始了，大魔法师准备从附近的魔法场中汲取魔法能量。

大魔法师有 m 个魔法物品，编号分别为 $1,2,…,m$。

每个物品具有一个魔法值，我们用 x_i 表示编号为 i 的物品的魔法值。

每个魔法值 x_i 是不超过 n 的正整数，可能有多个物品的魔法值相同。

大魔法师认为，当且仅当四个编号为 a,b,c,d 的魔法物品满足 $x_a<x_b<x_c<x_d，x_b−x_a=2(x_d−x_c)$，并且 x_b−x_a<(x_c−x_b)/3 时，这四个魔法物品形成了一个魔法阵，他称这四个魔法物品分别为这个魔法阵的 A 物品，B 物品，C 物品，D 物品。

现在，大魔法师想要知道，对于每个魔法物品，作为某个魔法阵的 A 物品出现的次数，作为 B 物品的次数，作为 C 物品的次数，和作为 D 物品的次数。

输入格式 输入文件的第一行包含两个空格隔开的正整数 n 和 $m$。

接下来 m 行，每行一个正整数，第 i+1 行的正整数表示 $x_i$，即编号为 i 的物品的魔法值。

保证每个 x_i 是分别在合法范围内等概率随机生成的。

输出格式 共输出 m 行，每行四个整数。

第 i 行的四个整数依次表示编号为 i 的物品作为 A,B,C,D 物品分别出现的次数。

保证标准输出中的每个数都不会超过 $10^9$。

每行相邻的两个数之间用恰好一个空格隔开。

数据范围 1≤n≤15000,1≤m≤40000,1≤x_i≤n

输入样例：

30 8
1
24
7
28
5
29
26
24

输出样例：

4 0 0 0
0 0 1 0
0 2 0 0
0 0 1 1
1 3 0 0
0 0 0 2
0 0 2 2
0 0 1 0

二、暴力$40$分做法

$4$层循环枚举每个物品，物品上限m<=40000,四层就是40000*40000*40000*40000,死的透透的，好处就是好想好做，可以骗一部分分数。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 40010;
int n, m;
int q[N];

// 40分
bool check(int a, int b, int c, int d) {
    if (a >= b || b >= c || c >= d) return 0;
    if ((b - a) != 2 * (d - c)) return 0;
    if (3 * (b - a) >= (c - b)) return 0;
    return 1;
}
int g[N][4];

int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("468.in", "r", stdin);
#endif
    cin >> n >> m;
    // 魔法值都是不超过n的正整数,似乎没啥用
    // m个魔法物品

    for (int i = 1; i <= m; i++) cin >> q[i]; // 读入每个魔法物品的魔法值

    for (int a = 1; a <= m; a++)
        for (int b = 1; b <= m; b++)
            for (int c = 1; c <= m; c++)
                for (int d = 1; d <= m; d++)
                    if (check(q[a], q[b], q[c], q[d]))
                        g[a][0]++, g[b][1]++, g[c][2]++, g[d][3]++;

    // a这个枚举到的数字出现了一次，它是做为a位置出现的
    // 找到一组合法的a,b,c,d

    // 输出结果
    for (int i = 1; i <= m; i++)
        printf("%d %d %d %d\n", g[i][0], g[i][1], g[i][2], g[i][3]);
    return 0;
}

三、暴力$65$分做法

既然4层每层枚举物品的办法行不通，那能不能考虑变化一下枚举的内容呢？我们观察发现，上帝为你关上了一扇门，就会为你打开一扇窗，此题中的魔法值上限$n<=15000$的！

不是很大，我们能不能考虑枚举魔法数值呢？

但是如果我们枚举每个魔法数值，魔法数值有重复怎么办呢？

题目提示：每个魔法值 X_i 是不超过 n 的正整数，可能有多个物品的魔法值相同。

当然重复的信息不能丢失，需要记录下来每个魔法值有几个，这提示我们用桶，一看n<=15000,用桶来保存魔法值的个数是没有问题的，我们设$cnt[N]$来保存每个魔法值的个数。

继续，如果我们枚举出了一组合法的魔法值组合(a,b,c,d),那么这些魔法值$(a,b,c,d)$可能是哪些物品的呢？因为最后我们需要回答的是每个魔法物品在四个位置出现的次数，不能不关心是哪些物品啊！ 当然是魔法值等于$(a,b,c,d)$的魔法物品，设为 (A',A'',A'''),(B',B''),(C'),(D',D'') 那么如果出现了一次$(a,b,c,d)$，在现实物品组合中可能是 $(A',B',C',D')\ (A',B'',C',D')\ (A',B'',C',D'')\ ...$

组合数就是$321*2$。 这里还有一个小弯弯，就是人家最终问的是物品i,也就是可以理解为物品$A'$出现的次数，那么就是\frac{3*2*1*2}{3}

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;
const int N = 15010, M = 40010;
int n, m;
int x[M];
LL cnt[N];
LL num[N][4];
// 65分 4层循环，按桶的思路枚举每个魔法值，暴力枚举a,b,c,d
LL read() {
    LL x = 0, f = 1;
    char ch = getchar();
    while (ch < '0' || ch > '9') {
        if (ch == '-') f = -1;
        ch = getchar();
    }
    while (ch >= '0' && ch <= '9') {
        x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
        ch = getchar();
    }
    return x * f;
}

int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("468.in", "r", stdin);
#endif
    n = read(), m = read();
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        x[i] = read();
        cnt[x[i]]++;
    }

    for (int a = 1; a <= n; a++)
        for (int b = a + 1; b <= n; b++)
            for (int c = b + 1; c <= n; c++)
                for (int d = c + 1; d <= n; d++) {
                    if ((b - a) & 1 || 3 * (b - a) >= (c - b)) continue;
                    if ((b - a) != 2 * (d - c)) continue;
                    LL ans = cnt[a] * cnt[b] * cnt[c] * cnt[d];
                    num[a][0] += ans;
                    num[b][1] += ans;
                    num[c][2] += ans;
                    num[d][3] += ans;
                }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 0; j < 4; j++)
            num[i][j] /= cnt[i] ? cnt[i] : 1;

    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        for (int j = 0; j < 4; j++)

            printf("%lld ", num[x[i]][j]);
        puts("");
    }
    return 0;
}

四、暴力$85$分做法

要求求出满足$x_a<x_b<x_c<x_d,x_b-x_a=2(x_d-x_c)$且$x_b-x_a<\frac{x_c-x_b}{3}$的$a,b,c,d$的数量。

为了去掉一层循环，结合以前的经验，我们知道可以通过数学办法推导一下x_d= \frac{x_b-x_a+2x_c}{2}

所以我们可以省去一维的枚举，做到$O(n^3)$枚举，实测在洛谷上能拿到$85$分.

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;
const int N = 15010, M = 40010;
int n, m;     // 魔法值的上限是n,个数是m
int x[M];     // 原始的魔法值
LL cnt[N];    // 每个魔法值计数用的桶
LL num[N][4]; // 以某个魔法值i为a,b,c,d时的个数，记录在num[i][0],num[i][1],num[i][2],num[i][3]中,也就是答案

// 85分 3层循环，按桶的思路枚举每个魔法值，暴力枚举a,b,c,然后利用数学办法计算出d
// 17/20 85分
// 快读
LL read() {
    LL x = 0, f = 1;
    char ch = getchar();
    while (ch < '0' || ch > '9') {
        if (ch == '-') f = -1;
        ch = getchar();
    }
    while (ch >= '0' && ch <= '9') {
        x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
        ch = getchar();
    }
    return x * f;
}

int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("468.in", "r", stdin);
#endif
    n = read(), m = read();
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        x[i] = read();
        cnt[x[i]]++; // 记录每个魔法值的个数
    }

    // 不再枚举每个输入的顺序，而是枚举每个魔法值，原因是魔法值的上限是固定的n
    for (int a = 1; a <= n; a++) // 枚举每个魔法值，上限是n
        for (int b = a + 1; b <= n; b++)
            for (int c = b + 1; c <= n; c++) {
                if ((b - a) & 1 || 3 * (b - a) >= (c - b)) continue; // 把已知条件反着写，符合这样要求的，直接continue掉
                int d = b - a + c * 2 >> 1;                          // d可以通过数学办法计算获得
                // 这里有一个数学的小技巧，就是先求总的个数，再除掉自己的个数
                // 现在枚举到的每个(a,b,c,d)组合都是一种合法的组合，同时，由于每个数值不止一个，根据乘法原理，需要累乘个数才是答案
                LL ans = cnt[a] * cnt[b] * cnt[c] * cnt[d];
                // if (ans) cout << a << " " << b << " " << c << " " << d << endl;
                num[a][0] += ans;
                num[b][1] += ans;
                num[c][2] += ans;
                num[d][3] += ans;
            }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 0; j < 4; j++)
            num[i][j] /= cnt[i] ? cnt[i] : 1;

    for (int i = 1; i <= m; i++) {  // 枚举每个序号
        for (int j = 0; j < 4; j++) // 此序号作为a,b,c,d分别出现了多少次
            // 举栗子：i=2,x[i]=5,也就是问你:5这个数，分别做为a,b,c,d出现了多少次？
            printf("%lld ", num[x[i]][j]);
        puts("");
    }
    return 0;
}

五、递推优化解法

依旧是对 $x_b-x_a=2(x_d-x_c)$进行分析，我们设$t=x_d-x_c$，则$x_b-x_a=2⋅t$；再分析第二个条件$X_b−X_a<(X_c−X_b)/3$，我们可以得到$X_c−X_b>6⋅t$，我们给他补全成等号，就是X_c−X_b=6⋅t+k

所以这四个数在数轴上的排列如图所示

左边红色部分框出的$A$和$B$是绑定的，右边绿色部分框出的$C$和$D$也是绑定的。 因此整个系统共有三个自由度：$t$、红色部分、绿色部分。

同时枚举三个自由度的计算量过大。在$1$秒内，我们只能枚举其中两个自由度。

所以我们会有一个不成熟的思路：在$1-n/9$范围内枚举$t$，把$a,b,c,d$拿$t$表示出来。

那么如何计算呢？枚举$D$。当我们枚举到一个$D$值的时候，与之对应的$C$值是确定的（不受$k$影响），而$A$值和$B$值却不一定。因此我们可以找到最大的与之对应的$A$值$B$值。

但是有可能会存在一组$A$值、$B$值要比当前计算到的小，怎么办呢？不妨设有可能存在的比最大值小的$A$值为$A_1$，$B$值为$B_1$，计算到的为$A_2$和B_2

当$A_1<A_2 & & B_1<B_2$时，只要$A_2$和$B_2$能组成魔法阵，$A_1$和$B_1$一定可以（$k$只是大于$0$的数，而对$k$的上界没有限制，当我们把$k$放大时，就可以构造出$A_1$和$B_1$了）。

由于是顺序枚举，所以我们可以 记录一下之前有多少组合法解（类似于前缀和），最后再用 乘法原理 计算。

同样的方法，我们从$A$的上界往$A$的下界枚举记录 后缀和 然后计算即可。

首先枚举$t$。接下来并列枚举绿色部分和红色部分： 从左到右枚举绿色部分，当绿色部分固定后，则$C$应该累加的次数是所有满足要求的$A$和$B$的 cnt[A] * cnt[B] 的和，再乘以$cnt[D]$。其中$cnt[A], cnt[B], cnt[D]$是A,$B$, $D$出现的次数。所有满足要求的$A$和$B$就是整个线段左边的某个前缀，因此可以利用前缀和算法来加速计算。$cnt[D]$同理可得。 从右到左枚举红色部分可做类似处理。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;
const int N = 15010, M = 40010;
int n, m, x[M], num[4][N], cnt[N];

// 快读
LL read() {
    LL x = 0, f = 1;
    char ch = getchar();
    while (ch < '0' || ch > '9') {
        if (ch == '-') f = -1;
        ch = getchar();
    }
    while (ch >= '0' && ch <= '9') {
        x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
        ch = getchar();
    }
    return x * f;
}

int main() {
    n = read(), m = read();
    for (int i = 1; i <= m; i++) { // m个魔法值
        x[i] = read();
        cnt[x[i]]++; // 每个魔法值对应的个数
    }
    int sum, A, B, C, D;

    for (int t = 1; t * 9 + 1 <= n; t++) { // k最小是1，那么9t+1=max(x[D])=n
        sum = 0;
        for (D = 9 * t - 1; D <= n; D++) { // 枚举D
            C = D - t;                     // 表示C
            B = C - 6 * t - 1;             // 根据C推出最大的B
            A = B - 2 * t;                 // 推出最大的A
            sum += cnt[A] * cnt[B];        // 计算当前A和B的情况
            num[2][C] += cnt[D] * sum;     // num[2][C]+=cnt[A]*cnt[B]*cnt[C]
            num[3][D] += cnt[C] * sum;     // num[3][D]+=cnt[A]*cnt[B]*cnt[D]
        }
        sum = 0;
        for (A = n - 9 * t - 1; A; A--) { // 倒序枚举A
            B = A + 2 * t;
            C = B + 6 * t + 1;         // C的最小值
            D = C + t;                 // D的最小值
            sum += cnt[C] * cnt[D];    // 计算当前C和D的情况 (涵盖了比C,D大的小所有C',D'的cnt乘积和)
            num[0][A] += cnt[B] * sum; // num[0][A]+=cnt[B]*cnt[C]*cnt[D]
            num[1][B] += cnt[A] * sum; // num[1][B]+=cnt[A]*cnt[C]*cnt[D]
        }
    }
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        for (int j = 0; j < 4; j++)
            printf("%d ", num[j][x[i]]);
        puts("");
    }
    return 0;
}