Uva--12633(FFT,建模)

2015-08-09 17:03:26

传送门

题意:在一个最大50000*50000的棋盘上放最多50000颗某种棋子,每个棋子能攻击同行 / 同列 / 同主斜线上的格子(主斜线即:左上到右下的斜线)。问放完所有棋子后有多少个格子不会被攻击到。

思路:首先如果棋子只能攻击同行 / 同列,那么直接统计O(n)解决。但是这题涉及主斜线,考虑其主斜线的性质,如果放在笛卡尔坐标系中,那么主斜线上的格子 x + y 为定值。那么只要先统计出最后没被攻击的格子的所有 x + y 值的数量,再去掉那些会被其所在主斜线上某棋子攻击到的格子,就得到答案了。

关于统计 x + y 值的数量,可以根据行和列设出两个多项式A和B,A的系数表示该行中是否无棋子,B的系数表示该列中是否无棋子,然后A卷积B就行了。

 

#include <cstdio>
#include <ctime>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include <stack>
#include <queue>
#include <string>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;

#define getmid(l,r) ((l) + ((r) - (l)) / 2)
#define MP(a,b) make_pair(a,b)
#define PB push_back

typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const double eps = 1e-8;
const int INF = (1 << 30) - 1;
const int MAXN = (1 << 18) + 10;
const double DPI = 2.0 * acos(-1.0);

int T,R,C,n,n3,N,bit;
int row[50010],col[50010],dia[100010],rev[MAXN];

struct CP{
    double a,b;
    CP(double ta = 0,double tb = 0) : a(ta) , b(tb) {}
}A1[MAXN],A2[MAXN];

inline CP operator * (CP &a,CP &b){return CP(a.a*b.a-a.b*b.b,a.a*b.b+a.b*b.a);}
inline CP operator + (CP &a,CP &b){return CP(a.a+b.a,a.b+b.b);}
inline CP operator - (CP &a,CP &b){return CP(a.a-b.a,a.b-b.b);}

void Pre_cal(){
    n3 = R + C - 1;
    for(N = 1,bit = 0; N < n3; N <<= 1,++bit);
    for(int i = 1; i < N; ++i)
        rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (bit - 1));
}

void FFT(CP *A,int n,int f){
    for(int i = 0; i < n; ++i) if(i < rev[i]) swap(A[i],A[rev[i]]);
    for(int m = 2; m <= n; m <<= 1){
        CP wm(cos(DPI / m),f * sin(DPI / m));
        for(int k = 0; k < n; k += m){
            CP w(1,0);
            for(int j = k; j < k + (m >> 1); ++j){
                CP t = w * A[j + (m >> 1)];
                CP u = A[j];
                A[j] = u + t;
                A[j + (m >> 1)] = u - t;
                w = w * wm;
            }
        }
    }
    if(f == -1) for(int i = 0; i < n; ++i) A[i].a /= n;
}

ll Solve(){
    Pre_cal();
    for(int i = 0; i < R; ++i) if(!row[i]) A1[i].a = 1.0;
    for(int i = 0; i < C; ++i) if(!col[i]) A2[i].a = 1.0;
    FFT(A1,N,1);
    FFT(A2,N,1);
    for(int i = 0; i < N; ++i) A1[i] = A1[i] * A2[i];
    FFT(A1,N,-1);
    
    ll ans = 0;
    for(int i = 0; i < n3; ++i) if(!dia[i]) ans += (int)(A1[i].a + 0.5);
    return ans;
}

int main(){
    scanf("%d",&T);
    for(int tt = 1; tt <= T; ++tt){
        memset(A1,0,sizeof(A1));
        memset(A2,0,sizeof(A2));
        memset(row,0,sizeof(row));
        memset(col,0,sizeof(col));
        memset(dia,0,sizeof(dia));
        scanf("%d%d%d",&R,&C,&n);
        for(int i = 1; i <= n; ++i){
            int a,b;
            scanf("%d%d",&a,&b);
            a = R - a;
            b--;
            row[a] = 1;
            col[b] = 1;
            dia[a + b] = 1;
        }
        printf("Case %d: %lld\n",tt,Solve());
    }
    return 0;
}

 

posted @ 2015-08-09 17:12  Naturain  阅读(240)  评论(0编辑  收藏  举报