NOIP2016普及组复赛——T4魔法阵

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109。

每行相邻的两个数之间用恰好一个空格隔开。

数据范围
$1\le n\le 15000$,
$1\le m\le 40000$,
$1\le x_i\le n$

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

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算法1

算法思想：暴力枚举（40分）

依次将每件物品作为魔法阵的A、B、C、D类物品进行枚举，选择符合以下条件的方案：

1. $x_a<x_b<x_c<x_d$
2. $x_b-x_a=2\times (x_d-x_c)$
3. $x_b-x_a<(x_c-x_b)/3$

时间复杂度

$O(m^4)$

C++ 代码

#include <iostream>
#include <cstdio>

using namespace std;

const int N = 40010;

int x[N], sum[N][5];

int main()
{
    
    
    int n, m;
    scanf("%d%d", &n, &m);
    
    for(int i = 1; i <= m; i ++) scanf("%d", &x[i]);
    
    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 ++)
                    //条件一：递增序列
                    if((x[a] < x[b]) && (x[b] < x[c]) && (x[c] < x[d]))
                    {
    
    
                        //条件二：xb−xa=2(xd−xc)
                        if((x[b] - x[a]) != 2 * (x[d] - x[c])) continue;
                        //条件三：xb−xa<(xc−xb)/3
                        //处理不能整除的情况
                        int t = (x[c] - x[b]) / 3;
                        if((x[c] - x[b]) % 3) t ++;
                        if((x[b] - x[a]) < t)
                        {
    
    
                            sum[a][1] ++, sum[b][2] ++, sum[c][3] ++, sum[d][4] ++;
                        }
                    }

    for(int i = 1; i <= m; i ++)
    {
    
    
        printf("%d %d %d %d\n", sum[i][1], sum[i][2], sum[i][3], sum[i][4]); 
    }
    
    return 0;
}

---

算法2

算法思想：桶排序，前缀和,数学,组合计数,乘法原理,加法原理（100分）

分析物品满足魔法阵的三个条件：

1. $x_a<x_b<x_c<x_d$
2. $x_b-x_a=2\times (x_d-x_c)$
3. $x_b-x_a<(x_c-x_b)/3$

为了减少枚举次数，必须找到A、B、C、D类物品魔法值之间的关系，这里$(x_d-x_c)$最小，不妨设$t=(x_d-x_c)$，那么：

• $x_b-x_a=2t$
• $2t<(x_c-x_b)/3$，整理得$x_c-x_b>6t$；那么存在正整数$k$，使得$x_c-x_b=6t+k$。

那么A、B、C、D类物品魔法值在数轴上满足如下关系：

$t$的范围

根据题目描述，每个魔法值$x_i$是不超过$n$的正整数，那么A类物品的最小值为$1$，D类物品的最大值为$n$，线段AD的最大长度为$n-1$。而由图可知$AD=2t+6t+k+t$，$9t+k<=n-1$，而$k$是正整数，最小值为1，所以$9t<n-1$，记作$t<\frac{n-1}{9}$。即：
$$1\le t<\frac{n-1}{9}$$
确定了t的范围，就可以对红色部分和蓝色部分进行枚举，。

枚举D类物品的魔法值

通过题目描述，$D$的最大值为$n$，从数轴上看最小值为$9t+2$（即$A=1$且$k=1$），由此可以枚举$D$类物品的魔法值，计算出$C$的值：
$$C=D-t$$

因为使$A,B,C,D$满足条件的$k$的最小值为1，所以对于当前的$C$和$D$，$A$的最大值和$B$的最大值分别为：
$$A=D-9t-1$$$$B=2t$$
由此根据乘法原理，通过cnt[x]（表示魔法值为x的物品的出现次数），计算在当前D值的情况下，

• 魔法值为$C$的物品作为魔法阵中编号为c的物品个数：
  $$c=cnt[A]\times cnt[B]\times cnt[D]$$
• 魔法值为$D$的物品作为魔法阵中编号为d的物品个数：
  $$d=cnt[A]\times cnt[B]\times cnt[C]$$

在其他条件不变的情况下，如果$A$和$B$比最大值小的话，只要$C$和$B$满足$X_c-X_b>6t$，那么$A,B,C,D$一定能组成魔法阵。即如果有$a_1<a_2,b_1<b_2$，且$a_2,b_2$能够和$C,D$组成魔法阵，那么$a_1,b_1$也一定能够和$C,D$组成魔法阵。因此可以使用前缀和的思想累加c和d的值，c[C]和d[D]的累加的次数是所有满足要求的$A$和$B$的 cnt[A] * cnt[B] 的和，再分别乘以cnt[D]和cnt[C]，即：
$$sum+=cnt[A]\times cnt[B]$$$$c[C]+=sum\times cnt[D]$$$$d[D]+=sum\times cnt[C]$$

枚举A类物品的魔法值

同理可以枚举A类物品的魔法值。 $A$的最小值为1，最大值为$n-9t-1$（即$D=n$且$k=1$）。此时：
$$B=A+2t$$
$D$和$C$的最大值分别为：
$$D=A+9t+1$$$$C=D-t$$
根据乘法原理和前缀和思想：
$$sum+=cnt[C]\times cnt[D]$$$$a[A]+=sum\times cnt[B]$$$$b[B]+=sum\times cnt[A]$$

时间复杂度

由于$A,B,C,D$均在1到n之间，因此 $1\le t\le \frac{n-2}{9}$。所以总枚举次数大约是： $\frac{n-2}{9}\times n=O(\frac{n^2}{9})=2.5\times 10^7$。

参考文献

魔法阵 NOIP2016T4

C++ 代码

#include <iostream>
#include <cstdio>

using namespace std;

const int N = 15010, M = 40010;
//x[i]表示第i件物品的魔法值
//cnt[i]表示魔法值为i的物品的出现次数
//a[i]表示魔法值为i的作为魔法阵中a物品的次数
int x[M], cnt[N], a[N], b[N], c[N], d[N];

int main()
{
    
    
    int n, m;
    scanf("%d%d", &n, &m);
    
    for(int i = 1; i <= m; i ++) 
    {
    
    
        scanf("%d", &x[i]);
        cnt[x[i]] ++;
    }
    
    //枚举t
    for(int t = 1; 9 * t < n - 1; t ++)
    {
    
    
        int sum = 0;
        //枚举右边区域中D的值
        for(int D = 9 * t + 2; D <= n; D ++)
        {
    
    
            int C = D - t;
            int A = D - 9 * t - 1; //满足条件的A的最大值
            int B = A + 2 * t;
            sum += cnt[A] * cnt[B]; //前缀和累加
            c[C] += sum * cnt[D]; 
            d[D] += sum * cnt[C];
        }
        sum = 0;
        //枚举左边区域A的值
        for(int A = n - 9 * t - 1; A >= 1; A --)
        {
    
    
            int B = A + 2 * t;
            int D = A + 9 * t + 1; //满足条件的D的最大值
            int C = D - t;
            sum += cnt[C] * cnt[D]; //前缀和累加
            a[A] += sum * cnt[B]; 
            b[B] += sum * cnt[A];
        }
    }   
    
    for(int i = 1; i <= m; i ++)
    {
    
    
        printf("%d %d %d %d\n", a[x[i]], b[x[i]], c[x[i]], d[x[i]]); 
    }
    
    return 0;
}