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bzoj4558
真是一道非常excited的题目啊…JLOI有毒
题目大意：给一个(N+1)*(M+1)的网格图，格点坐标为(0~N,0~M)，现在挖去了K个点，求剩下多少个正方形（需要注意的是正方形可以是斜着的，多斜都可以）
N,M<=10^6，K<=2*10^3。
首先我们发现有一个非常感人的K=0部分分…
我们考虑K=0怎么做。
对于一个形如这样的正方形，我们叫它(a,b)正方形好了。
我们可以很容易地发现一个(a,b)正方形实际上要占下(a+b)*(a+b)这么大一块网格。
然后我们考虑a+b的大小，这样a就是[0,a+b]这么大，这样就可以得到一个答案。
代码如下：
现在我们发现，有了这些障碍物，我们只要能求出总共的正方形个数、经过一个障碍点的正方形个数、经过两个障碍点的正方形个数、经过三个点的、经过四个点的即可。
经过三个和经过四个直接二分查找一下显然是trivial的，经过两个点的要考虑是作为边往两侧延伸和作为对角线的情况，也比较trivial。
总共的正方形个数我们已经求出来了，现在我们就要考虑经过某一个障碍点的正方形个数。
对于一个点和它相关的只有四个属性，u,d,l,r对吧。
首先我们考虑直的正方形，即(0,x)或(x,0)正方形，因为这类正方形容易被重复统计。
容易发现这类正方形个数为min(u,l)+min(u,r)+min(l,d)+min(d,r)。
其它的正方形显然都是在四个象限中某两个相邻象限的。
为了简化起见，我们先考虑l,r,d这一象限的。
还是一样，设正方形为(a,b)正方形，我们枚举a+b，假设a+b=c。
因为正方形不是直的，所以a,b≠0。
现在我们考虑求出a的取值范围。
容易发现a<=r，a<=c-1，a>=1，a>=c-l（由于b<=l）。
那么我们可以列出一个形如这样的式子来计算：
这样显然不够优秀，我们可以人工分类讨论一下…
额其实注意到当r=c-1时c=r+1，当c-l=1时c=l+1，那么min和max的两个“分界点”是l+1和r+1，在分界点中间显然都是一些一次函数，那么就都是等差数列，于是我们就可以避免人工分类讨论了。
有了这个函数calc(l,r,d)，那么calc(u,d,l,r)显然就等于
一些奇怪的细节详见代码…
#include <iostream> #include <stdio.h> #include <stdlib.h> #include <algorithm> #include <math.h> using namespace std; typedef long long ll; #define MOD 100000007 ll calc(ll l,ll r,ll d) { if(!l||!r||!d) return 0; ll ans=0; ll upp=min(l+r,d); ll ps[3]={l+1,r+1,upp}; sort(ps,ps+3); ll cl=1; for(int i=0;i<3;i++) { ll cr=ps[i]; if(cr>upp) break; if(cr<2||cl==cr) continue; ++cl; ll vl=min(r,cl-1)-max(cl-l,1LL)+1; ll vr=min(r,cr-1)-max(cr-l,1LL)+1; ans+=(vl+vr)*(cr-cl+1)/2; ans%=MOD; cl=cr; } return ans; } ll calc(ll u,ll d,ll l,ll r) { return calc(u,d,l)+calc(u,d,r)+calc(l,r,u)+calc(l,r,d) +min(u,r)+min(u,l)+min(d,l)+min(d,r); } typedef pair<ll,ll> pll; pll ps[233333]; #define X first #define Y second ll n,m,k,ans=0; bool ok(pll a) { return a.X>=0&&a.X<n&&a.Y>=0&&a.Y<m; } ll tointt(double x) { if(fabs(x-ll(x+0.5))<1e-5) return x+0.5; return -1; } double chk(double x,double y) { ll xx=tointt(x),yy=tointt(y); if(xx>=0&&xx<n&&yy>=0&&yy<m) return 1; return 0; } int main() { cin>>n>>m>>k; ++n; ++m; ll cnt3=0,cnt4=0; for(ll g=1;g<=n&&g<=m;g++) ans+=(n-g)%MOD*(m-g)%MOD*g%MOD, ans%=MOD; for(int i=1;i<=k;i++) { ll x,y; scanf("%lld%lld",&x,&y); ans-=calc(x,n-1-x,y,m-1-y); ans%=MOD; ps[i]=pll(x,y); } sort(ps+1,ps+1+k); for(int i=1;i<=k;i++) { for(int j=i+1;j<=k;j++) { do{ double mx=(ps[i].X+ps[j].X)/2.0,my=(ps[i].Y+ps[j].Y)/2.0; double dx=ps[i].X-mx,dy=ps[i].Y-my; if(chk(mx-dy,my+dx)&&chk(mx+dy,my-dx)) ans++; }while(0); for(int p=-1;p<=1;p+=2) { ll dx=ps[j].X-ps[i].X,dy=ps[j].Y-ps[i].Y; pll n1=pll(ps[j].X-dy*p,ps[j].Y+dx*p); pll n2=pll(ps[i].X-dy*p,ps[i].Y+dx*p); if(ok(n1)&&ok(n2));else continue; ans++; int cp=0; if(binary_search(ps+1,ps+1+k,n1)) ++cp; if(binary_search(ps+1,ps+1+k,n2)) ++cp; if(cp==1) cnt3++; else if(cp==2) cnt3++, cnt4++; } } } ans-=cnt3/2; ans-=cnt4/4; printf("%d\n",int(((ans%MOD)+MOD)%MOD)); }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/zzqsblog/p/5493655.html
