【BZOJ2727】双十字（动态规划，树状数组）
题面
题解
我们去年暑假的时候考试考过。
我当时写了个大暴力混了(70)分。。。。
大暴力是这么写的：
预处理每个位置向左右/上/下能够拓展的最多的长度(左右相当于分别求然后取(min))
接着枚举双十字的中轴线，所在的列
然后枚举上面那一行，枚举下面那一行。
那么，贡献显然是上面选择的左右长度(*)下面可以选择的左右长度(*)上下两行分别向上/下拓展的长度。
发现复杂度瓶颈在于枚举完上面那一行之后又去枚举下面那一行。
这个东西显然可以前缀和优化，那么每次修改都是一个区间加法，并且还是加等差数列。
线段树或者树状数组就好啦？
线段树怎么维护可以参考洛谷上那道无聊的数列
树状数组的做法，首先要知道怎么维护区间加法
核心思想是差分。
我们要加一个等差数列，如果只进行一次差分，那么就是给差分数组做区间加法。
这样显然还不行，所以我们对于差分数组再差分一次，假设得到的数组是(c_i)，原数组是(a_i)，差分一次的结果是(b_i)
那么
[egin{aligned}
sum_{i=1}^xa_i&=sum_{i=1}^xsum_{j=1}^ib[i]\
&=sum_{i=1}^x(x-i+1)b[i]\
&=sum_{i=1}^x(x-i+1)sum_{j=1}^ic[i]\
&=sum_{i=1}^xc[i]sum_{j=i}^x(x-j+1)\
&=sum_{i=1}^xc[i] imesfrac{1}{2}(n-i+2)(n-i+1)\
&=frac{1}{2}sum_{i=1}^xc[i]((n^2+3n+2)-(i^2+(2n+3)i))
end{aligned}
]
用树状数组维护(c[i],ic[i],i^2c[i])即可。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define RG register
#define MAX 1500000
#define MOD 1000000009
#define inv2 500000005
#define id(x,y) ((x-1)*m+y)
inline int read()
{
RG int x=0,t=1;RG char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
void add(int &x,int y){x+=y;if(x>=MOD)x-=MOD;}
bool vis[MAX];
int n,m,L[MAX],U[MAX],D[MAX],ans,K;
int c1[MAX],c2[MAX],c3[MAX];
inline int lb(int x){return x&(-x);}
void modify(int x,int w)
{
for(int i=x;i<=m;i+=lb(i))
{
add(c1[i],w);
add(c2[i],1ll*x*w%MOD);
add(c3[i],1ll*x*x%MOD*w%MOD);
}
}
int getsum(int x)
{
int s1=0,s2=0,s3=0,ret=0;
for(int i=x;i;i-=lb(i))
add(s1,c1[i]),add(s2,c2[i]),add(s3,c3[i]);
add(ret,(1ll*(x+3)*x%MOD+2)*s1%MOD);add(ret,s3);
add(ret,MOD-1ll*(x+x+3)*s2%MOD);
ret=1ll*ret*inv2%MOD;
return ret;
}
void modify(int l,int r,int w){modify(l,w);modify(r+1,MOD-w);}
void init(){for(int i=1;i<=m;++i)c1[i]=c2[i]=c3[i]=0;}
int main()
{
n=read();m=read();K=read();
for(int i=1;i<=n*m;++i)vis[i]=true;
while(K--)vis[id(read(),read())]=false;
for(int i=1;i<=n;++i)//Left
{
int s=0,now=(i-1)*m+1;
for(int j=1;j<=m;++j,++now)
{
s=vis[now]?s+1:0;
L[now]=s;
}
}
for(int i=1;i<=n;++i)//Right
{
int s=0,now=i*m;
for(int j=m;j>=1;--j,--now)
{
s=vis[now]?s+1:0;
L[now]=min(L[now],s);if(L[now])--L[now];
}
}
for(int j=1;j<=m;++j)//Up
{
int s=0,now=j;
for(int i=1;i<=n;++i,now+=m)
{
s=vis[now]?s+1:0;
U[now]=s;if(U[now])--U[now];
}
}
for(int j=1;j<=m;++j)//Down
{
int s=0,now=id(n,j);
for(int i=n;i>=1;--i,now-=m)
{
s=vis[now]?s+1:0;
D[now]=s;if(D[now])--D[now];
}
}
for(int j=2;j<m;++j,init())
for(int i=3;i<n;++i)
{
int u=id(i,j);
if(!vis[u]){init();continue;}
if(L[u])add(ans,1ll*D[u]*getsum(L[u]-1)%MOD);
modify(1,L[u-m],U[u-m]);
}
printf("%d
",ans);
return 0;
}