题解：CF2019B All Pairs Segments

All Pairs Segments

题意：

在数轴上有 \(n\) 个点，由小到大给定其坐标 \(x_i\)，其中 \(i \in [1,n]\)，每个点向其后面的所有点连线。

有 \(q\) 次询问，每次输入 \(k\)，问被 \(k\) 条线段覆盖的点有多少个。

多组测试数据。

思路：

我们考虑分别计算每个点被多少条线段覆盖，再通过 map 统计被 \(k\) 条线段覆盖的点的个数即可。

对于编号为 \(i\) 的点：

• 当其为线段左端点时，可以连出 \((n-i)\) 条线段，因为它后面有 \((n-i)\) 个点。
• 当其为线段右端点时，可以连出 \((i-1)\) 条线段，因为它前面有 \((i-1)\) 个点。
• 当其在线段中时，可以被 \((i-1) \times (n-i)\) 条线段覆盖，因为它前面的 \((i-1)\) 个点可以向后面的 \((n-i)\) 个点连线。

所以对于编号为 \(i\) 的点，共可以被 \((n-i)+(i-1)+(i-1) \times (n-i)\) 条线段覆盖。

对于编号 \(i\) 与编号 \(i+1\) 之间的点：

它们只能在线段中，可以被 \((i-1) \times (n-i)\) 条线段覆盖。

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时间复杂度为 \(O(\sum n)\)，可以通过本题。

注意：

由于 \(1 \le k \le 10^{18}\)，所以要开 long long。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll T, n, q, k;
ll x[100005];
map<ll, ll> m;
signed main() {
	cin >> T;
	while(T--) {
		m.clear();
		cin >> n >> q;
		for(int i=1; i<=n; i++) cin >> x[i];
		for(int i=1; i<=n; i++) {
			m[(n-i)+(i-1)+(i-1)*(n-i)]++; //统计点i答案 
			if(i+1<=n) m[i*(n-i)]+=(x[i+1]-x[i]-1); //统计i与i+1之间答案 
		}
		for(int i=1; i<=q; i++) {
			cin >> k;
			cout << m[k] << " ";
		}
		cout << "\n";
	}
	return 0;
}