【NOIP2016普及组】魔法阵的解析——一些神奇的枚举优化

题目大意：给定一个序列 $x_i$ ，要求求出满足 $\bg_white x_a<x_b<x_c<x_d$ ， $x_b-x_a=2(x_d-x_c)$ 且 $x_b-x_a<\frac{x_c-x_b}{3}$ 的a,b,c,d的数量.

首先这道题可以直接用一个桶，先把所有数塞进这个桶里.

然后我们可以开始 $O(n^4)$ 枚举答案.

但我们发现 $x_d=\frac{x_b-x_a+2x_c}{2}$ ，所以我们可以省去以为的枚举，做到 $O(n^3)$ 枚举，实测在洛谷上能拿到85分.

到这一步优化的代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
  using namespace std;
#define Abigail inline void
typedef long long LL;
const int N=15000,M=40000;
int n,m,x[M+9];
LL num[N+9][4],cnt[N+9];
Abigail into(){
  scanf("%d%d",&n,&m);
  for (int i=1;i<=m;i++){
    scanf("%d",&x[i]); 
    cnt[x[i]]++;
  }
}
Abigail work(){
  for (int a=1;a<=n;a++)
    for (int b=a+1;b<=n;b++)
      for (int c=b+1;c<=n;c++){
        if (b-a&1||3*b-3*a>=c-b) continue;
        int d=b-a+c*2>>1;
        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;
}
Abigail outo(){
  for (int i=1;i<=m;i++){
    for (int j=0;j<3;j++)
      printf("%lld ",num[x[i]][j]);
    printf("%lld\n",num[x[i]][3]);
  }
}
int main(){
  into();
  work();
  outo();
  return 0;
}

接下来的优化需要将 $x_b-x_a<\frac{x_c-x_b}{3}$ 变式，改成 $3(x_b-x_a)<x_c-x_b$ .

然后我们设 $t=x_d-x_c$ ，那么 $2t=x_b-x_a$ ， $6t<x_c-x_b$ .

然后我们在设 $6t+k=x_c-x_b$ ，那么就可以画一个图：

我们发现 $x_d-x_a=9t+k$ ，由于所有数都是整数，所以k的最小值为1.

现在我们枚举t和 $x_a$ ，我们就可以计算出 $x_b=x_a+2t$ ，然后C的最小值为 $x_a+2t+6t+k_{min}=x_a+8t+1$ ，D的最小值为 $x_a+8t+1+t=x_a+9t+1$ .

我们发现若t和 $x_a$ 确定了，那么我们就可以确定只有k的问题了，我们发现k取[1,n-9t]内的任意一个数都是可以的，那我们就可以维护一个前缀和数组vis[i][t]表示c为i，d为i+t的时候有多少种.

由于这样会占用很大内存导致MLE，所以我们在推的时候处理，这样就可以确定c和d的数量了.但是要注意，由于我们要边处理边推，所以我们要逆推.

而a和b的确定和c和d很像，换成顺推就可以了.

而这样做的时间复杂度为 $O(n^2)$ ，还是不能拿到满分.

接下来我们就进行一些细节的优化，我们发现 $x_a+9t+k<=n$ ，而 $x_a,k>=1$ ，所以我们可以发现其实 $t<=\frac{n-2}{9}$ ，所以t只需要枚举到 $\frac{n-2}{9}$ 就可以了.但是这样写代码会有除法，比较慢，所以我们写成 $9t<=n-2$ .

那么这个算法的时间复杂度就是 $O(\frac{n^2}{9})$ ，可以过了，但可能需要一定的常数优化~~（然而并没有什么可以优化的地方）~~.

所以大致的算法流程如下：

1.枚举 $t=1\rightarrow \frac{n^2}{9}$ .

2.枚举 $D=n\rightarrow 2+9t$ ，可以推出C=D-t，之后可以设A为A的最大值，B为B的最大值，得到B=C-6t-1,A=6t-1.

3.在2的同时，记录一个sum初始为0，表示当前D时，A和B的情况有多少种.

4.同样，枚举 $A=n-9t-1\rightarrow 1$ .

5.同样，到这处理前缀和.

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
  using namespace std;
#define Abigail inline void
typedef long long LL;
const int N=15000,M=40000;
int n,m,x[M+9],num[4][N+9],cnt[N+9];
Abigail into(){
  scanf("%d%d",&n,&m);
  for (int i=1;i<=m;i++){
    scanf("%d",&x[i]); 
    cnt[x[i]]++;
  }
}
Abigail work(){
  int sum,A,B,C,D;
  for (int t=1;t*9<n;t++){
    sum=0;
    for (D=9*t-2;D<=n;D++){
      C=D-t;
      B=C-6*t-1;
      A=B-2*t;      //知道D，计算出A,B,C 
      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--){
      B=A+2*t;
      C=B+6*t+1;
      D=C+t;      //知道A，计算出B,C,D
      sum+=cnt[C]*cnt[D];    //计算当前C和D的情况
      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] 
    } 
  }
}
Abigail outo(){
  for (int i=1;i<=m;i++){
    for (int j=0;j<3;j++)
      printf("%d ",num[j][x[i]]);
    printf("%d\n",num[3][x[i]]);
  }
}
int main(){
  into();
  work();
  outo();
  return 0;
}

【NOIP2016普及组】魔法阵的解析——一些神奇的枚举优化

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