bzoj4558[JLoi2016]方 容斥+count

4558: [JLoi2016]方

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Description

上帝说，不要圆，要方，于是便有了这道题。由于我们应该方，而且最好能够尽量方，所以上帝派我们来找正方形 上帝把我们派到了一个有N行M列的方格图上，图上一共有(N+1)×(M+1)个格点，我们需要做的就是找出这些格点形 成了多少个正方形（换句话说，正方形的四个顶点都是格点）。但是这个问题对于我们来说太难了，因为点数太多 了，所以上帝删掉了这(N+1)×(M+1)中的K个点。既然点变少了，问题也就变简单了，那么这个时候这些格点组成 了多少个正方形呢？

Input

第一行三个整数 N, M, K， 代表棋盘的行数、 列数和不能选取的顶点个数。 保证 N, M >= 1， K <=(N + 1) × (M + 1)。约定每行的格点从上到下依次用整数 0 到 N 编号，每列的格点依次用 0到 M 编号。接下来 K 行，每 行两个整数 x,y 代表第 x 行第 y 列的格点被删掉了。保证 0 <=x <=N<=10^6, 0 <=y<=M<=10^6，K<=2*1000且不 会出现重复的格点。

Output

仅一行一个正整数， 代表正方形个数对 100000007（ 10^8 + 7） 取模之后的值

Sample Input

2 2 4
1 0
1 2
0 1
2 1

Sample Output

1   并没有调出来,调出来也是TLE

容斥,ans=所有格点正方形-至少含一个非法点正方形+至少含2个-至少含3个+至少含4个
容斥很简单,主要就是统计方案难啊

由于正方形有斜放的,我们规定一个n*n的框架
顶点在框架边上的正方形有i个
考虑对于每一个非法点,除去以它为顶点的正方形(正方/斜放都要考虑)
枚举两个非法点,计算以它们为顶点的正方形另外两个点,对于含2,3,4的贡献答案。
 
判断正方形的顶点是否存在,应该用hash表,由于懒,我用了stl,估计要挂。。
 
推荐blog
https://www.geek-share.com/detail/2672774638.html

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<map>
#define mod 100000007
#define ll long long
#define N 2005
using namespace std;
int n,m,num,px
,py
;
ll ans,t1,t2,t3,t4;
typedef pair<int,int>pii;
map<pii,bool>mp;
void calc(int x,int y,int z){//计算顶点在正方形框架边,顶点上的正方形个数
z=min(z,x+y);
if(!z)return;
t1=(t1+1ll*(z+3)*z/2)%mod;
if(z>x)t1=(t1-1ll*(z-x)*(z-x+1)/2)%mod;
if(z>y)t1=(t1-1ll*(z-y)*(z-y+1)/2)%mod;
}
bool check(int x,int y){return x>=0&&x<=n&&y>=0&&y<=m;}
void update(int x1,int y1,int x2,int y2){
if(!check(x1,y1)||!check(x2,y2))return;
int res=0;
if(mp[make_pair(x1,y1)])res++;
if(mp[make_pair(x2,y2)])res++;
t2++;t3+=res;if(res==2)t4++;
}

void solve(int x1,int y1,int x2,int y2){
int dx=x2-x1,dy=y2-y1;
update(x1+dy,y1-dx,x2+dy,y2-dx);
update(x1-dy,y1+dx,x2-dy,y2+dx);
if (abs(dx+dy)&1) return;
dy=(dx+dy)>>1; dx-=dy;
update(x1+dx,y1+dy,x2-dx,y2-dy);
}
int main(){
#ifdef wsy
freopen("data.in","r",stdin);
#else
//freopen(".in","r",stdin);
//freopen(".out","w",stdout);
#endif
scanf("%d%d%d",&n,&m,&num);
for(int i=1;i<=num;i++){
scanf("%d%d",&px[i],&py[i]);
mp[make_pair(px[i],py[i])]=1;
}
for(int i=1;i<=min(n,m);i++)
ans=(ans+1ll*(m-i+1)*(n-i+1)%mod*i%mod)%mod;
for(int i=1;i<=num;i++){
calc(px[i],m-px[i],py[i]);
calc(px[i],m-px[i],n-py[i]);
calc(py[i],n-py[i],px[i]);
calc(py[i],n-py[i],m-px[i]);
t1=(t1-min(px[i],py[i]))%mod;//减去掉calc重复的方案
t1=(t1-min(px[i],n-py[i]))%mod;
t1=(t1-min(m-px[i],py[i]))%mod;
t1=(t1-min(m-px[i],n-py[i]))%mod;
while(t1<0)t1+=mod;
for(int j=1;j<i;j++)solve(px[i],py[i],px[j],py[j]);
}
t2%=mod;t3%=mod;t4%=mod;
cout<<ans-t1+t2-t3/3+t4/6;
return 0;
}//?????