P2154 [SDOI2009]虔诚的墓主人题解

题目描述

小W是一片新造公墓的管理人。公墓可以看成一块N×M的矩形，矩形的每个格点，要么种着一棵常青树，要么是一块还没有归属的墓地。

当地的居民都是非常虔诚的基督徒，他们愿意提前为自己找一块合适墓地。为了体现自己对主的真诚，他们希望自己的墓地拥有着较高的虔诚度。

一块墓地的虔诚度是指以这块墓地为中心的十字架的数目。一个十字架可以看成中间是墓地，墓地的正上、正下、正左、正右都有恰好k棵常青树。

小W希望知道他所管理的这片公墓中所有墓地的虔诚度总和是多少。

输入格式

输入文件religious.in的第一行包含两个用空格分隔的正整数N和M，表示公墓的宽和长，因此这个矩形公墓共有(N+1) ×(M+1)个格点，左下角的坐标为(0, 0)，右上角的坐标为(N, M)。

第二行包含一个正整数W，表示公墓中常青树的个数。

第三行起共W行，每行包含两个用空格分隔的非负整数xi和yi，表示一棵常青树的坐标。输入保证没有两棵常青树拥有相同的坐标。

最后一行包含一个正整数k，意义如题目所示。

输出格式

输出文件religious.out仅包含一个非负整数，表示这片公墓中所有墓地的虔诚度总和。为了方便起见，答案对2,147,483,648取模。

输入输出样例

5 6
13
0 2
0 3
1 2
1 3
2 0
2 1
2 4
2 5
2 6
3 2
3 3
4 3
5 2
2
输出

6
思路：
很容易看出，对于一个空地(x,y)，如果上下左右分别有u，d，l，r棵常青树，且u,d,l,r>=ku,d,l,r>=k，那么这块墓地的虔诚度为C(u,k)*C(d,k)*C(l,k)*C(r,k)C(u,k)∗C(d,k)∗C(l,k)∗C(r,k)。
由于n,m过大，所以我们枚举树的个数，但w<=1e5，O(n2)过不了，所以我们要先离散化下坐标，这是很容易想到的事情，可以大量提高搜索效率。离散化后又该如何处理就成了问题，我们用x作为第一关键字，作为第二关键字排下序，
这样，就可以去枚举纵坐标，求出纵坐标的组合数，但横坐标的呢？
我们可以维护一个数组，让它去维护当前x坐标y坐标的左右两侧组合数的乘积，这样即可求出答案。这样的数组需要支持区间求和(毕竟，x相同时,y坐标的差距也可能很大，依次遍历也会超时的)，同时还要支持单点修改(从左向右枚举x，遇到树求完答案后，更新左右组合数的值)，
所以想到用树状数组来维护数组，注意模数即可。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long 
#define x first
#define y second

inline char gc(){
    static char buf[1<<20],*p1=buf,*p2=buf;
    if(p1==p2){
        p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin);
        if(p1==p2) return EOF;
    }
    return *p1++;
}

inline int read(){
    int x=0;char ch=gc();
    while(!isdigit(ch)) ch=gc();
    while(isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0',ch=gc();
    return x;
}

int w;
typedef pair<int,int> PII;
const int N=1e5+5,mod=2147483648LL;
int x[N],y[N],c[N][15];
int t[N],s[N];
int NumOfX[N],NumOfY[N];
PII p[N];

inline int lowbit(int x){
    return x&(-x);
}

inline void update(int i,int k){
    k%=mod;
    while(i<=w){
        s[i]=(s[i]+k)%mod;
        i+=lowbit(i);
    }
}

inline int query(int i){
    int ret=0;
    while(i){
        ret=(ret+s[i])%mod;
        i-=lowbit(i);
    }
    return ret;
}

signed main(){
    read();read();
    w=read();
    for(int i=1;i<=w;++i) x[i]=p[i].x=read(),y[i]=p[i].y=read();
    int k=read();
    c[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=w;++i){
        c[i][0]=1;
        for(int j=1;j<=k;++j)
            c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mod;
    }
    sort(x+1,x+w+1);
    sort(y+1,y+w+1);
    for(int i=1;i<=w;++i) 
        p[i].x=lower_bound(x+1,x+w+1,p[i].x)-x,NumOfX[p[i].x]++;
    for(int i=1;i<=w;++i) 
        p[i].y=lower_bound(y+1,y+w+1,p[i].y)-y,NumOfY[p[i].y]++;
    sort(p+1,p+w+1);
    int DOWN=1,ans=0;
    for(int i=1;i<w;++i){
        if(p[i].x==p[i-1].x) DOWN++;
        else DOWN=1;
        int UP=NumOfX[p[i].x]-DOWN;
        if(UP){
            int Ceil=p[i+1].y-1;
            ans+=c[DOWN][k]*c[UP][k]%mod*(((query(Ceil)-query(p[i].y)%mod+mod)%mod))%mod;
            
        }
        ++t[p[i].y];
        int now=c[t[p[i].y]][k]*c[NumOfY[p[i].y]-t[p[i].y]][k]%mod;
        int pre=((query(p[i].y)-query(p[i].y-1))%mod+mod)%mod;
        update(p[i].y,((now-pre)%mod+mod)%mod);
    }
    printf("%lld\n",(ans%mod+mod)%mod);
    return 0;
}