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
http://blog.csdn.net/huanghongxun/article/details/51267460
#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[N],py[N]; 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; }//?????
