BZOJ 1227 虔诚的墓主人(离散化+树状数组)

题目中矩形的尺寸太大，导致墓地的数目太多，如果我们统计每一个墓地的虔诚度，超时是一定的。

而常青树的数目<=1e5.这启发我们从树的方向去思考。

考虑一行没有树的情况，显然这一行的墓地的虔诚度之和为0.也就是说我们可需要考虑常青树在的行就行了。

对于在同一行的每两颗长青树之间，墓地的虔诚度之和为C(l,k)*C(r,k)*sigma(C(up,k)*C(under,k)).这里的l是左边的这棵树的左边有多少颗树，r同理。up则是这一段的每个墓地上面有多少颗树，under同理。对于求和，我们可以用树状数组logn的时间查询。

而扫描完一颗树的时候，需要更新C(up,k)*C(under,k).因为树的数目<=1e5,所以总复杂度不过O(n*logn).

所以我们只需要预处理出组合数，然后离散化x坐标，再一行一行的利用BIT查询并更新。

这里的一个优化常数的小技巧是:由于题目要求对1<<31取模，中途过程中可以让int自然溢出，最后的答案mod((1<<31)-1)即可。

# include <cstdio>
# include <cstring>
# include <cstdlib>
# include <iostream>
# include <vector>
# include <queue>
# include <stack>
# include <map>
# include <set>
# include <cmath>
# include <algorithm>
using namespace std;
# define lowbit(x) ((x)&(-x))
# define pi 3.1415926535
# define eps 1e-9
# define MOD 100000007
# define INF 1000000000
# define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
# define FOR(i,a,n) for(int i=a; i<=n; ++i)
# define FO(i,a,n) for(int i=a; i<n; ++i)
# define bug puts("H");
# define lch p<<1,l,mid
# define rch p<<1|1,mid+1,r
# define mp make_pair
# define pb push_back
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<int> VI;
# pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
typedef long long LL;
int Scan() {
    int res=0, flag=0;
    char ch;
    if((ch=getchar())=='-') flag=1;
    else if(ch>='0'&&ch<='9') res=ch-'0';
    while((ch=getchar())>='0'&&ch<='9')  res=res*10+(ch-'0');
    return flag?-res:res;
}
void Out(int a) {
    if(a<0) {putchar('-'); a=-a;}
    if(a>=10) Out(a/10);
    putchar(a%10+'0');
}
const int N=100005;
//Code begin...

struct Node{int x, y;}node[N];
int C[N][11], tree[N], siz, col[N], now[N];
VI v;
vector<PII> vv;

bool comp(Node a, Node b){
    if (a.y==b.y) return a.x<b.x;
    else return a.y<b.y;
}
void init(){
    FOR(i,0,100000) C[i][0]=1;
    FOR(i,1,100000) FOR(j,1,10) C[i][j]=C[i-1][j]+C[i-1][j-1];
}
void add(int x, int val){while (x<=siz) tree[x]+=val, x+=lowbit(x);}
int query(int x){
    int res=0;
    while (x) res+=tree[x], x-=lowbit(x);
    return res;
}
int cal(int x, int y){return x<y?0:C[x][y];}
int main ()
{
    init();
    int n, m, T, k, ans=0;
    n=Scan(); m=Scan(); T=Scan();
    FOR(i,1,T) node[i].x=Scan(), node[i].y=Scan(), v.pb(node[i].x);
    k=Scan();
    sort(node+1,node+T+1,comp);
    sort(v.begin(),v.end());
    siz=unique(v.begin(),v.end())-v.begin();
    FOR(i,1,T) {
        node[i].x=lower_bound(v.begin(),v.begin()+siz,node[i].x)-v.begin()+1;
        ++col[node[i].x];
    }
    int i=1;
    while (i<=T) {
        vv.clear();
        vv.pb(mp(node[i].x,node[i].y));
        ++i;
        while (i<=T&&node[i].y==node[i-1].y) vv.pb(mp(node[i].x,node[i].y)), ++i;
        int ss=vv.size();
        if (ss>k) FOR(j,k,ss-k) {
            ans+=(C[j][k]*C[ss-j][k]*(query(vv[j].first-1)-query(vv[j-1].first)));
        }
        FO(j,0,ss) {
            int fi=vv[j].first;
            add(fi,-1*cal(now[fi],k)*cal(col[fi]-now[fi],k));
            ++now[fi];
            add(fi,cal(now[fi],k)*cal(col[fi]-now[fi],k));
        }
    }
    printf("%d
",ans&2147483647);
    return 0;
}