P9583 题解

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思路

我们首先可以考虑纯模拟（每次操作暴力枚举修改），当然这样时间复杂度是 $O(nq)$，肯定太慢了。

既然不能暴力枚举修改，那我们将所有修改 $x$ 行的次数记为 $sum1_x$，将所有修改 $y$ 列的次数记为 $sum2_y$，最后枚举每个 $i$ 行 $j$ 列的点，如果这个点上有颜色，则涂的次数肯定不是 $k$ 的倍数，而涂的次数是 $sum1_i+sum2_j$，所以只要统计出所有满足 $(sum1_i+sum2_j)\bmod k\ne0$ 的点的个数即可。

但是这样还是太慢了。我们可以考虑反过来想，即所有点的个数减去不满足要求的点个数。不满足要求，就是指 $(sum1_i+sum2_j)\bmod k=0$。

我们设 $x=sum1_i\bmod k,y=sum2_j\bmod k$，如果 $x,y$ 都为 $0$ 或 $x+y=k$，则这个点不满足要求，我们可以定义两个桶 $tot1$ 和 $tot2$，$tot1_i$ 表示对于所有 $sum1_j$，$sum1_j\bmod k=i$ 的个数，$tot2_i$ 同理。根据乘法原理，所有答案就是 $tot1_i\times tot2_{(k-i)\bmod k}$（当然你也可以把 $i=0$ 的情况特殊处理）。最后别忘了答案要求的是合法个数而不是不合法个数，我们要用总数减去不合法个数。

代码

# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll; //不开 long long 见祖宗
ll n, m, q, k, op, x, sum1[200005], sum2[200005], sum, tot1[500005], tot2[500005];
int main () {
	cin >> n >> m >> q >> k;
	while (q --) {
		cin >> op >> x;
		if (op < 2)
			++ sum1[x];
		else
			++ sum2[x];
	}
	for (ll i = 1; i <= n; ++ i)
		++ tot1[sum1[i] % k];
	for (ll i = 1; i <= m; ++ i)
		++ tot2[sum2[i] % k];
	for (ll i = 1; i < k; ++ i)
		sum += tot1[i] * tot2[k - i];
	cout << n * m - sum - tot1[0] * tot2[0]; //总数减不合法个数
	return 0;
}