很好的一道数学推导题

45分做法

$O(N^4)$暴力枚举四个材料

55分做法

从第一个约束条件可得到所有可行答案都是单调递增的,所以可以排序一遍,减少枚举量,可以拿到55分

100分做法

首先可以发现每个$x$都小于n,而$n$最大值只是$15000$,所以可以开一个桶来存每个魔法值出现的次数

回忆一下3个约束条件

$xa<xb<xc<xd$ ①

$xb-xa=2(xd-xc)$ ②

$xb-xa<(xc-xb)/3$ ③

现在魔改一下这三个式子

设$t=xd-xc$

所以②可化为$xb-xa=2t$ ④

将④代入③

$2t<(xc-xb)/3$

移项一下,就变成

$6t<xc-xb$ ⑤

再魔改一下

设$6t+k=xc-xb$(就是把差的部分补上去)

于是可以画出来一个图

显然,$A$的最小值为$1$,$D$的最大值为$n$

由图可得$AD=9t+k$

所以我们可以尝试着枚举t,用t来表示各个魔法值的值

由上易得t的范围为$1<=t<=(n-1)/9$

在代码中为了避免除法写成$t*9<n$

再枚举D,因为我们已经枚举出了t,所以C的值是可以直接算出来的

$C=D-t$

又因为使$A,B,C,D$满足条件的k的最小值为1,所以对于当前的C和D,最大的A和B为$A=D-9t-1,B=D-7t-1$

那么如果A和B更小怎么办?

观察到在其他条件不变的情况下,只要$C$和$B$满足$Xc-Xb>6t$,那么这个魔法阵就一定成立,所以当$(a1<a2,b1<b2)$时,只要$a2$和$b2$能够和$C,D$组成魔法阵,$a1,b1$也一定能和$C,D$组成魔法阵,所以可以使用前缀和优化

然后又由乘法原理可得,当前魔法值作为$D$物品的个数为$SumD=SumA*SumB*SumC$

所以我们利用前缀和优化$SumA*SumB$

C的情况可以顺便在算D的时候算出来

那么还有一个问题是,我们枚举的D的范围是多少?

因为要统计前缀和,所以一定是要顺推下去的,由上面那张图我们可以知道,D的最大值为n,最小值则为当k=1且A=1的时候,所以D的最小值为$9*t+2$,再小是无法组成魔法阵的

同理可以枚举A

但是这个的情况又和枚举D的情况有一点不同

在其他条件不变的情况下,只要$C$和$B$满足$Xc-Xb>6t$,那么这个魔法阵就一定成立,所以当$(c1<c2,d1<d2)$时,只要$c1$和$d1$能够和$A,B$组成魔法阵,$c2,d2$也一定能和$A,B$组成魔法阵,所以可以使用后缀和优化

因为需要统计后缀和,所以需要逆推

枚举的范围:A的最大值为$(n-t*9-1)$(因为当k=1,D=n的时候A才最大),A的最小值则为1

所以就可以算出每个魔法值作为$A,B,C,D$物品的次数了,输出时直接输出当前魔法物品的魔法值的次数就可以了

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
inline int read(){
int x=,f=;char c=getchar();
while(c<''||c>''){if(c=='-')f=-f;c=getchar();}
while(c>=''&&c<=''){x=(x<<)+(x<<)+c-'';c=getchar();}
return x*f;
}
#define N 50010
int n,m;
int a[N],b[N],c[N],d[N];
int x[N],vis[N];
int main(){
n=read();m=read();
for(int i=;i<=m;i++)
x[i]=read(),vis[x[i]]++;
for(int t=;t*<n;t++){
int sum=;
for(int D=*t+;D<=n;D++){
int A=D-*t-;
int B=A+*t;
int C=D-t;
sum+=vis[A]*vis[B];
c[C]+=vis[D]*sum;
d[D]+=vis[C]*sum;
}
sum=;
for(int A=n-*t-;A;A--){
int B=A+*t;
int C=B+*t+;
int D=A+*t+;
sum+=vis[C]*vis[D];
a[A]+=vis[B]*sum;
b[B]+=vis[A]*sum;
}
}
for(int i=;i<=m;i++){
printf("%d %d %d %d\n",a[x[i]],b[x[i]],c[x[i]],d[x[i]]);
}
return ;
}

参考资料:

学长的博客

(如果看不懂我的题解可以去看一下学长的qwq,我是看他的题解才懂这道题怎么写的,然后自己再归纳总结一下才写出来这篇博客)

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