Description
在C 部落，双十字是非常重要的一个部落标志。所谓双十字，如下面两个例子，由两条水平的和一条竖直的“1”线段组成，要求满足以下几个限制：
.jpg)
我们可以找到 5 个满足条件的双十字，分别如下：
注意最终的结果可能很大，只要求输出双十字的个数 mod 1,000,000,009 的值
Input
Output
Sample Input
6 8
12
1 2
1 3
1 4
1 6
2 2
3 2
3 3
3 4
3 7
6 4
6 6
4 8
Sample Output
题解：
首先因为R与C不确定，所以我们需要将点们放在一个一维数组中，算算编号就好了
接下来记录lr[i]与down[i]分别表示点i最多可以向左右延伸和向下延伸多少个1(不包括自己)
然后我们枚举双十字的下面那个交点，推一推公式：
{注：len是下面横线的长度，top表示能到达的最上的位置（连续的1），j是上面的横线的中心位置}
对于一个点i，它对答案的贡献是：$$\sum_{len=1}^{lr[i]} {min?(lr[j],len-1)*(j-top)*down[i]}$$
显然这个min非常恶心，我们考虑把它拆开成下面的样子：
1.当(lr[j] <= len-1) 贡献是$$\sum_{len=1}^{lr[i]} {lr[j]×(j-top)×down[i]}$$
2.当(lr[j] > len-1) 贡献是$$\sum_{len=1}^{lr[i]} {(len-1)×(j-top)×down[i]}$$
再进一步变形：
1.当(lr[j] <= lr[i]) 贡献$$((lr[i]×lr[j]-lr[j]×\frac{lr[j]+1}{2}×down[i]×(j-top))$$
2.当(lr[j] > lr[i]) 贡献是$$(lr[i]×\frac{lr[i]-1}{2}×down[i]×(j-top))$$
（对于1的解释: lr[i]×lr[j]是总方案数，lr[j]×(lr[j]+1)/2是不合法方案数）
现在，需要解决的是所有带j的式子，我们定义3个树状数组t1, t2, t3，分别记录:
1.$$(-lr[j]*\frac{lr[j]+1}{2})×(j-top)$$
2.$$lr[j]×(j-top)$$
3.$$j-top$$
把lr[i]作为位置插入，先枚举列再枚举行，每次注意清空。
并且因为两根横线不能挨在一起，所以枚举点(i, j)插入(i-1, j)的值
1 //Never forget why you start 2 #include<iostream> 3 #include<cstdio> 4 #include<cstdlib> 5 #include<cstring> 6 #include<cmath> 7 #include<algorithm> 8 #define mod (1000000009) 9 using namespace std; 10 typedef long long lol; 11 int n,m,l,c[1300005],down[1300005]; 12 //c[]表示一个点最多能向左右两边延伸多少的长度 13 //down[]表示一个点最多能向下延伸多少长度 14 bool map[1300005]; 15 lol ans=0; 16 int p(int x,int y) { 17 return (x-1)*m+y; 18 }//计算坐标在数组中对应的值 19 int lowbit(int x) { 20 return x&(-x); 21 } 22 struct BIT { 23 int ord[10005],tot;//这个数组是树状数组的骚操作，每次记录修改的位置，然后清零的时候就不需要memset了 24 lol c[10005]; 25 void clean() { 26 int i,j; 27 for(i=1; i<=tot; i++) 28 for(j=ord[i]; j<=m; j+=lowbit(j))c[j]=0;//清零的时候只要修改所记录的位置就好 29 tot=0; 30 } 31 void add(int x,lol v) { 32 ord[++tot]=x;//记录修改位置 33 int i; 34 for(i=x; i<=m; i+=lowbit(i))(c[i]+=v)%=mod; 35 } 36 lol query(int x) { 37 int i; 38 lol ans=0; 39 for(i=x; i; i-=lowbit(i)) 40 (ans+=c[i])%=mod; 41 return ans; 42 } 43 } t1,t2,t3; 44 /* 45 c[j]>c[i] c[i]*(c[i]-1)/2*(j-top)*down[i]; 46 c[j]<=c[i] c[i]*c[j]*(j-top)*down[i]-c[j]*(c[j]+1)/2*(j-top)*down[i] 47 48 t1:-c[j]*(c[j]+1)/2*(j-top) 49 t2:c[j]*(j-top) 50 t3:(j-top) 51 */ 52 //本题公式推导到最后就是这个样子 53 void solve() { 54 int i,j; 55 for(j=1; j<=m; j++) { 56 t1.clean(); 57 t2.clean(); 58 t3.clean();//每换一列就要将树状数组清零 59 int top=0; 60 for(i=1; i<=n; i++) { 61 int t=p(i,j); 62 if(map[t]) { 63 top=i; 64 t1.clean(); 65 t2.clean(); 66 t3.clean(); 67 continue; 68 } 69 (ans+=1ll*t1.query(c[t])*down[t]%mod)%=mod; 70 (ans+=1ll*t2.query(c[t])*c[t]*down[t]%mod)%=mod; 71 (ans+=1ll*(t3.query(m)-t3.query(c[t]))*c[t]*(c[t]-1)/2*down[t]%mod)%=mod; 72 t=p(i-1,j); 73 if(i==1)continue; 74 if(c[t]) { 75 t1.add(c[t],-1ll*c[t]*(c[t]+1)/2*(i-1-top-1)); 76 t2.add(c[t],1ll*c[t]*(i-1-top-1)); 77 t3.add(c[t],1ll*(i-1-top-1)); 78 } 79 }//更新答案 80 } 81 } 82 int main() { 83 int i,j; 84 scanf("%d%d",&n,&m); 85 scanf("%d",&l); 86 for(i=1; i<=l; i++) { 87 int x,y; 88 scanf("%d%d",&x,&y); 89 map[p(x,y)]=1; 90 } 91 for(i=1; i<=n; i++) { 92 int now=0; 93 for(j=1; j<=m; j++) { 94 int t=p(i,j); 95 if(map[t])now=j; 96 else c[t]=j-now-1; 97 } 98 now=m+1; 99 for(j=m; j>=1; j--) { 100 int t=p(i,j); 101 if(map[t])now=j; 102 else c[t]=min(c[t],now-j-1); 103 } 104 }//预处理出c[] 105 for(i=n; i>=1; i--) { 106 for(j=1; j<=m; j++) { 107 int t=p(i,j); 108 if(map[t])down[t]=-1; 109 else if(i==n)down[t]=0; 110 else down[t]=down[p(i+1,j)]+1; 111 } 112 }//预处理出down[] 113 solve(); 114 printf("%lld\n",ans); 115 return 0; 116 }
