【学习笔记】[AGC036F] Square Constraints

移项不难发现$P_i$的取值区间是$[l_i,r_i]$，其中上下界都有限制。

考虑在满足$P_i\le r_i$的条件下容斥。先考虑枚举子集$S$，那么$S$中元素满足$P_i<l_i$，$U-S$中元素满足$P_i\le r_i$，这样就把下界甩掉了，可以直接算方案数。

瞪眼可知，从后往前添加元素到两个集合，$\{l_i\},\{r_i\}$均为递增。那么只要把两个序列归并起来即可。不难发现，我们只用考虑$N-1\sim 0$这一段，并与$2N-1\sim N$中这一段确定的$\{r_i\}$做归并，再在后面拼上一段$r_i$即可。只要知道长度我们就能求出这一段的贡献。

那么我们去钦定$N-1\sim 0$这一段中哪些元素被放入了$U$，在过程中就能算出每个元素的贡献。

复杂度$O(n^3)$。

代码很丑，建议不看

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int n,mod;
ll f[505],res;
int l[505],r[505];
struct node{
	int op,x,y;
	bool operator <(const node &r)const{
		return x<r.x||x==r.x&&y>r.y;
	}
}a[505];
ll con(int x,int y){
	if(y<0)return 0;
	return max(0,x+1-y);
}
ll solve(int L){
	memset(f,0,sizeof f),f[0]=1;
    int R=0;
	for(int i=0;i<n<<1;i++){
		for(int j=L;j>=0;j--){
			ll sum=0;
			if(a[i].op){
				sum=f[j]*con(r[a[i].y],n+L+(n-1)-a[i].y-j)%mod;
				if(j)sum=(sum+f[j-1]*con(a[i].x,j-1+R))%mod;
			}
			else{
				sum=f[j]*con(a[i].x,j+R)%mod;
			}f[j]=sum;
		}if(!a[i].op)R++;
	}
	return f[L];
}
signed main(){
	cin>>n>>mod;
	for(int i=0;i<n;i++){
		l[i]=ceil(sqrt(n*n-i*i))-1,assert(l[i]>=0);		
	}
	for(int i=0;i<n<<1;i++)r[i]=min((n<<1)-1,(int)sqrt(4*n*n-i*i));
	for(int i=0;i<n;i++)a[i].x=l[i],a[i].y=i,a[i].op=1;
	for(int i=n;i<n<<1;i++)a[i].x=r[i],a[i].y=i;
	sort(a,a+(n<<1));
	for(int i=0;i<=n;i++){
		if(i&1)res=(res-solve(i))%mod;
		else res=(res+solve(i))%mod;
	}cout<<(res+mod)%mod;
}