bzoj2727: [HNOI2012]双十字

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思路：

先预处理出c[i]，down[i]

c[i]表示i点向两侧最多扩展多远(不包括自身，因为长度为1的横线显然是不合题意的)

down[i]表示向下扩展多远(也不包括自身，因为"下端必须严格低于两条水平线段")

这个可以通过O(R*C)的预处理求得

首先我们枚举竖线，因为竖线只有一根

然后考虑对竖线一个点i，它做下十字的中心时的方案数

枚举i上面的点j做上十字的中心

求出当前的top，表示最高能到的点的行号

分情况讨论

1.c[j]>c[i] 枚举下十字的长度len，因为c[j]>c[i]，所以上十字一定有len-1种长度可取，上横线以上的竖线长度有(j-top)种，下横线一下的竖线长度有down[i]种

ans=Σ(len=1...c[i]-1)*(j-top)*down[i]

=c[i]*(c[i]-1)/2*(j-top)*down[i]

2.c[j]<=c[i]，这时上十字的长度不够了，我们可以拿总方案-不合法的方案

总方案：c[i]*c[j]*(j-top)*(down[i])

不合法的方案：c[j]*(c[j]+1)/2*(j-top)*(down[i])

因为所有上十字长度大于等于下十字长度的都不合法，这时c[j]<=c[i]，所以类似情况1，等差数列求和即可

ans=(c[i]*c[j]-c[j]*(c[j]+1)/2)*(j-top)*(down[i])

这时暴力得答案就有80分

但这还不够，显然这是可以用树状数组优化的

开3个树状数组，把式子中关于j的三个部分维护起来，下标就是c[i]

t1维护(-c[j]*(c[j]+1)/2)*(j-top)

t2维护c[j]*(j-top)

t3维护(j-top)

每次在树状数组里相应区间查即可。

坑："(事实上R*C可能稍大于原设定)"

“两条水平的线段不能在相邻的两行”也就是树状数组不能做完i就插入i，而是插入i-1

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
typedef long long ll;
const int maxn=1300010,mod=1000000009,maxm=10010;
using namespace std;
int n,m,c[maxn],down[maxn],cnt;bool is[maxn];
int p(int x,int y){return (x-1)*m+y;}
struct Tbit{
	int ord[maxm],tot;ll v[maxn];
	void clear(){
		for (int i=1;i<=tot;i++)
			for (int j=ord[i];j<=m;j+=(j&(-j))) v[j]=0;
		tot=0;
	}
	void add(int x,ll val){
		ord[++tot]=x;
		for (;x<=m;x+=(x&(-x))) v[x]=(v[x]+val)%mod;
	}
	ll query(int x){
		ll res=0;
		for (;x;x-=(x&(-x))) res=(res+v[x])%mod;
		return res%mod;
	}
}t1,t2,t3;

void init(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&cnt);
	for (int i=1,x,y;i<=cnt;i++) scanf("%d%d",&x,&y),is[p(x,y)]=1;
	
	for (int i=1;i<=n;i++){
		int now=0;
		for (int j=1;j<=m;j++){
			int t=p(i,j);
			if (is[t]) now=j;
			else c[t]=j-now-1;
		}
		now=m+1;
		for (int j=m;j;j--){
			int t=p(i,j);
			if (is[t]) now=j;
			else c[t]=min(c[t],now-j-1);
		}
	}
	for (int i=n;i;i--){
		for (int j=1;j<=m;j++){
			int t=p(i,j);
			if (is[t]) down[t]=-1;
			else if (i==n) down[t]=0;
			else down[t]=down[p(i+1,j)]+1;
		}
	}
}

//i在下，j在上
//c[j]<=c[i] ans=(c[i]*c[j]-c[j]*(c[j]+1)/2)*(j-top)*down[i]
//c[j]>c[i] ans=(c[i]-1)*c[i]/2*(j-top)*down[i]
//t1 -c[j]*(c[j]+1)/2*(j-top)
//t2 c[j]*(j-top)
//t3 (top-j)
void work(){
	ll ans=0;
	for (int j=1;j<=m;j++){
		t1.clear(),t2.clear(),t3.clear();
		int top=0;
		for (int i=1;i<=n;i++){
			int t=p(i,j);
			if (is[t]){top=i;t1.clear(),t2.clear(),t3.clear();continue;}
			ans+=t1.query(c[t])*down[t]%mod;
			ans+=t2.query(c[t])*c[t]*down[t]%mod;
			ans+=(t3.query(m)-t3.query(c[t]))*(c[t]-1)*c[t]/2*down[t]%mod;
			ans%=mod,t=p(i-1,j);
			if (i==1) continue;
			if (c[t]){
				t1.add(c[t],-1ll*c[t]*(c[t]+1)/2*(i-1-top-1));
				t2.add(c[t],c[t]*(i-1-top-1));
				t3.add(c[t],i-1-top-1);
			}
		}
	}
	printf("%lld
",ans);
}

int main(){
	init(),work();
	return 0;
}