P2119 魔法阵
理解题意
一个无聊的人拿四个物品制造魔法阵，这四个物品满足题目给出的三个式子，输出一个矩阵，记录每个物品作为魔法阵中A，B，C，D物品的次数
稳定情绪
莫得慌，博主是一个很负责任的歪星人
题解
Part 1 50‘ 暴力
暴力枚举 四层for循环
首先记录每件物品的魔法值和物品编号（按输入的顺序就好啦）
由于魔法阵的四个物品是按照递增顺序来的，所以按照魔法值从小到大sort一遍
然后四层枚举for循环，check函数判断是否符合题意的三个式子，满足则记录下来每个物品作为魔法阵中对应ABCD物品的次数+1
最后还要按照物品编号排回来，输出每个物品对应作为魔法阵ABCD物品的次数
50‘ 暴力代码
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m; struct node { int x,num; int a,b,c,d; }obj[40010]; bool cmp1(node aa,node bb) { return aa.x <bb.x ; } bool cmp2(node aa,node bb) { return aa.num <bb.num ; } bool check(int aa,int bb,int cc,int dd) { if(obj[aa].x < obj[bb].x &&obj[aa].x < obj[cc].x&&obj[aa].x < obj[dd].x&&obj[bb].x < obj[cc].x &&obj[bb].x < obj[dd].x&&obj[cc].x < obj[dd].x) { if((obj[bb].x -obj[aa].x) ==2*(obj[dd].x -obj[cc].x )) if((obj[bb].x -obj[aa].x)<(obj[cc].x -obj[bb].x )*1.0/3.0) return true; } return false; } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=m;i++) { scanf("%d",&obj[i].x ); obj[i].num=i; } sort(obj+1,obj+m+1,cmp1); for(int i=1;i<=m;i++) for(int j=i+1;j<=m;j++) for(int k=j+1;k<=m;k++) for(int l=k+1;l<=m;l++) { if(check(i,j,k,l)) { obj[i].a ++; obj[j].b ++; obj[k].c ++; obj[l].d ++; } } sort(obj+1,obj+m+1,cmp2); for(int i=1;i<=m;i++) printf("%d %d %d %d\n",obj[i].a,obj[i].b,obj[i].c,obj[i].d); return 0; }
然后就hin开心的T成酱紫
Part2 下面谈正解
上面50'暴力之后发现一个问题，n根本没有什么用！！！
那么n真的没有用么？？
n看上去是个青铜，其实他已经是个王者啦
实际上这是一个数学推断题
我们来看这三个式子
暗中观察，仔细思索
<1> A B C D四个物品的魔法值是严格递增的
<2> Xd - Xc 是最小单位 ，我们假设它是 t
然后得到以下关系式
Xd - Xc = t
Xb - Xa = 2t
Xc - Xb > 3(Xb-Xa) = 6t
于是我们想到把这些魔法值在一个坐标轴上表示出来（泥萌看n现在有用了吧）
考虑怎样枚举
枚举的话一定要枚举 t
把A，B看成一个整体，当我们知道了A或B中其中一个，就可以准确求出另一个
把C，D看成一个整体，当我们知道了C或D中其中一个，就可以准确求出另一个
so，把暴力枚举A B C D转化为枚举 t A或B C或D
窝枚举 t A D （知三求五）
注意此处枚举的是魔法值：
因为前面三个式子是又魔法值推出来的，窝推出来的枚举也是建立在魔法值的基础上推出来的，所以枚举的都是魔法值鸭
看着这个图：
枚举 t ，最外层枚举
考虑枚举范围： 1 ~ n/9
因为 AD>9t ，A最小为1 ，D最大为n ，最极端的情况就是A在1处，D在n处，9t 一定满足<n
为了避免枚举的时候出现除法，枚举范围就变成了：t：1 ~ 9t<n
枚举D
枚举范围：9t+2 ~ n
当我们枚举出了一个 D1 ，就会确定一个C1 （t 在最外层枚举）
那么由于BC的距离并不确定，只知道他们>6t，所以并不能准确地得到A，B
我们先考虑距离C1，D1最近的A1，B1，也就是假设BC之间的距离最小，也就是 6t+1 ，于是乎确定了A1，B1
（所以当BC之间的距离增大怎么办？？）
那么当我们继续往后枚举D，得到一个新的D2，新的D2比原来的D1魔法值更大
那么对应的C2 ，B2，A2都会整体在数轴上右移，此时我们发现B1，C2的距离比B2，C2 的更大，那么当然也可以和新的D2构成一个魔法阵
D还会继续往后枚举，启发我们可以维护一个前缀和
由以上推断我们就可以确定出D的枚举顺序：从小到大
同时维护一个前缀和
数组记录实现
d[D]记录 魔法值为D的物品作为魔法阵D物品的次数
（回到图）
对于当前的这个D，数轴对应着A，B，C
但是A，B，C的数量是不确定的（因为题面描述可能会有相同的魔法值，对于这些相同的魔法值处理当然一摸一样）
但是无论取A，B，C中各类的哪一个，都会满足一个合法的魔法阵
由乘法原理可得
d[D]=sum[A]*sum[B]*sum[C]
同理得到C
c[C]=sum[A]*sum[B]*sum[D]
我们枚举D的时候只记录更新D和C，因为由D可以准确确定C，却不能准确确定A和B
由于BC距离不同，我们还要把前缀和维护加进去（就是前面讲到的维护前缀和）
那么式子就变成了：
注意累加（+=）
sum是维护的前缀和
tong 是用桶排序记录了每个魔法值有几个，也就是上面提到的数量不确定
同理，枚举A
枚举范围：A：n-9t-1~1
那么A的枚举顺序就是从大到小
维护后缀和 c,d
输出答案
for（1~m）
对于这m个物品，对应着一个魔法值
对于每一个魔法值，都对应着成为魔法阵A B C D 物品的次数
输出即可
特判
（回到图）
因为t最小是1（递增的ABCD物品），A最小是1
那么n一定要大于10，否则就会无解啊，就找不到d了啊
AC代码了解一下：
变量介绍：
x[ i ] i 物品的魔法值
tong[ ] 桶排序数组
a[ i ] 魔法值为 i 的物品作为魔法阵的A物品的次数
b[ i ] 魔法值为 i 的物品作为魔法阵的B物品的次数
c[ i ] 魔法值为 i 的物品作为魔法阵的C物品的次数
d[ i ] 魔法值为 i 的物品作为魔法阵的D物品的次数
sum 维护的前缀和，后缀和
AC代码
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=15010; int n,m; int x[40010],tong[maxn]; int a[maxn],b[maxn],c[maxn],d[maxn]; inline int read() { int ans=0; char last=' ',ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') last=ch,ch=getchar(); while(ch>='0'&&ch<='9') ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar(); if(last=='-') ans=-ans; return ans; } int main() { n=read();m=read(); if(n<11) { for(int i=1;i<=m;i++) printf("0 0 0 0\n"); return 0; } for(int i=1;i<=m;i++) { x[i]=read(); tong[x[i]]++; } for(int t=1;t*9<n;t++) { int sum=0; for(int D=9*t+2;D<=n;D++) { int C=D-t; int B=D-7*t-1; int A=D-9*t-1; sum+=tong[A]*tong[B]; c[C]+=sum*tong[D]; d[D]+=sum*tong[C]; } sum=0; for(int A=n-9*t-1;A>0;A--) { int B=A+t*2; int C=A+8*t+1; int D=A+9*t+1; sum+=tong[C]*tong[D]; a[A]+=sum*tong[B]; b[B]+=sum*tong[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; }
------------------------------------------- The End ------------------------------------------------