『NOIP普及：数学推导组题训练』

T1 超级英雄的战斗

【 问题描述】
美国队长和钢铁侠正在与很多外星人战斗。 这场战斗的持续时间是 t
分钟， 每分钟美国队长和钢铁侠都可能消灭 0 个或 1 个外星人。 我们用一
个长度为 t 的字符串 S 来描述这场战斗， 每个字符代表一分钟内发生的情
况： M 表示只有美国队长消灭了 1 个外星人， G 表示只有钢铁侠消灭了 1
个外星人， T 表示两人同时消灭了 1 个外星人， 不存在某 1 分钟两人都没
有消灭外星人。
钢铁侠知道一般情况下他们两个的战斗能力比是 m:g， 表示在相同时
间内如果美国队长消灭了 mk 个敌人， 钢铁侠应当能消灭 gk 个。 战斗之
后， 钢铁侠发现， 并不是所有连续时间段都符合一般情况的。 用 S 的一个
子串 S2=S[l…r]表示一个连续时间段， 我们称 S2 是“好” 的， 当且仅当在
第 l 分钟到第 r 分钟（ 两端均包含） 美国队长消灭的敌人数和钢铁侠消灭
的敌人数之比恰好等于 m:g。
钢铁侠需要计算最长的“好” 的 S 的非空子串， 最长的“ 好” 的子串
的数量， 以及 S 的所有“好” 的非空子串的数量。 如果字符串一样但位置
不同分开计算数量。
【 输入格式(fight.in)】
输入第一行包含 3 个非负整数： t,m 和 g。
第二行包含一个长度为 t 的字符串 S， 含义如前所说。
【 输出格式(fight.out)】
输出两行。 第一行包含 3 个整数 l,r 和 cnt， 表示 S 的子串 S[l…r]是最
长的“好” 子串（ S 的编号从 1 开始） ， 如果有多个输出最左边的子串，
以及与它等长的“ 好”的子串的数量。 第二行包含 1 个整数， 表示 S 的“好”
的非空子串数量。 如果不存在“好” 的非空子串， 只输出”A weird fight”（ 不
包含引号） 。
【 样例输入 1】
6 1 2
GTGGTT
【 样例输出 1】
1 6 1
6
【 样例输入 2】
2 3 2
TMG
【 样例输出 2】
A weird fight
【 解释】
样例 1 中， GT,TG,GGTT,TGGT,GTGGTT 都是“ 好” 的子串， 其中 GT 出现
了 2 次， 所以总的个数是 6。
【 数据规模与约定】
保证 m 和 g 至少有一个非 0。 不保证 m:g 是最简比。
保证 S 中的字符只会是 M,G,T 之一。
数据可能有 3 种特殊限定之一。
限定 1： S 只出现 1 种字母。
限定 2： m*g=0
限定 3： S 中没有字符’T’， 且所有的’M’都在所有的’G’之前。

测试点编号	t 的上界	特殊限定
1	100	1
2~5	100	无
6	2000	2
7	2000	3
8~12	2000	无
13,14	100000	2
15,16	100000	3
17~20	100000	无

保证 m,g<=10^9。

解析

显然的，方便区间统计，我们先要做两个前缀和数组：$sumM[i]$代表前i个位置美队消灭的敌人数，$sumG[i]$代表前i个位置钢铁侠消灭的敌人数。题目中要求“好”的字符串中钢铁侠消灭的敌人数和美队消灭的敌人数成比例，也就是说：
$$\frac{sumG[r]-sumG[l-1]}{sumM[r]-sumM[l-1]}=\frac{g}{m}$$
那么子串[l,r]就是“好”的。
那么，接下来就是对这个式子进行推导(xiagao)了：
$$\frac{sumG[r]-sumG[l-1]}{sumM[r]-sumM[l-1]}=\frac{g}{m}$$
$$(sumG[r]-sumG[l-1])\ast m=(sumM[r]-sumM[l-1])\ast g$$
$$m\ast sumG[r]-m\ast sumG[l-1]=g\ast sumM[r]-g\ast sumM[l-1]$$
$$m\ast sumG[r]-g\ast sumM[r]=m\ast sumG[l-1]-g\ast sumM[l-1]$$
接下来神奇的事情就发生了：我们发现变形后的式子左右两边的形式完全相同，而且数组下标只分别和l-1，r有关。那么我们就可以用值来当下标，做一个桶了。如果检查到这个字已经出现，那就说明一定存在一个符合要求的“好”子串。所以我们用map开两个桶first，cnt分别记录等式一边等于为某个值时，这个子串第一次出现的位置和相同长度子串的个数。这样一重循环扫描就可以统计，累加得到答案了。

#include
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
inline void read(int &k)
{
	int x=0,w=0;char ch;
	while(!isdigit(ch))w|=ch=='-',ch=getchar();
	while(isdigit(ch))x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
	k=(w?-x:x);return;
}
int t,m,g,Maxlen=-1,Maxcnt=0,Allcnt=0,L,R,sumG[208000],sumM[208000];
char s[200080];map< int,int >first,cnt;
inline int gcd(int a,int b){return b==0?a:gcd(b,a%b);}
inline void input(void)
{
	read(t),read(m),read(g);
	int temp=gcd(m,g);
	m/=temp,g/=temp;
	for(int i=1;i<=t;i++)
	{
		cin>>s[i];
		sumG[i]=sumG[i-1],sumM[i]=sumM[i-1];
		if(s[i]=='G')sumG[i]+=1;
		if(s[i]=='M')sumM[i]+=1;
		if(s[i]=='T')sumG[i]+=1,sumM[i]+=1;
	}
}
inline void solve()
{
	first[0]=cnt[0]=1;
	for(int i=1;i<=t;i++)
	{
		int value=m*sumG[i]-g*sumM[i];
		if(cnt.count(value))
		{
			if(i-first[value]+1>Maxlen)
			{
				Maxlen=i-first[value]+1;
				L=first[value];
				R=i;
				Maxcnt=1;
			}
			else if(i-first[value]+1==Maxlen)
			{
				Maxcnt++;
			}
			Allcnt+=cnt[value];
		}
		else first[value]=i+1;
		cnt[value]++;
	}
}
int main(void)
{
	freopen("fight.in","r",stdin);
	freopen("fight.out","w",stdout);
	input();
	solve();
	if(!Allcnt)printf("A weird fight\n");
	else
	{
		printf("%d %d %d\n",L,R,Maxcnt);
		printf("%d\n",Allcnt);
	}
	return 0;
}

T2 方方方

【问题描述】
在一个n*m的方格图中，选中三个单元格，需满足以下两个条件：
（1）任意两个单元格都不在同一行。
（2）任意两个单元格都不在同一列。
选择的花费是三个格子两两之间曼哈顿距离的和（如(x1,y1)和(x2,y2)的曼哈顿距离为|x1-x2|+|y1-y2|），问花费在l到r之间的方案数有多少。
所谓的两种不同方案是指：只要它选中的单元格有一个不同，就认为是不同的方案。答案模1000000007。

【输入格式】
第一行4个整数n,m,l,r。
【输出格式】
一个整数，表示不同的选择方案数量模1000000007后的结果。

orzfang.in orzfang.out
3 3 1 20000 6
3 3 4 7 0
4 6 9 12 264
7 5 13 18 1212
4000 4000 4000 14000 859690013
【输入输出样例】

【数据规模】
对于30%的数据，3≤n,m≤70。

对于100%的数据 3≤n,m≤20000。

解析

由于三个点的横坐标，纵坐标各不相同，且他们是无法辨识的，我们不妨设$x_1<x_2<x_3,y_1<y_2<y_3$，则他们的花费就一定是$2|x_3-x_1|+2|y_3-y_1|$,我们很容易就能发现这三个点的排列顺序互换时，他们的两两间曼哈顿距离之和是不变的，所以，当我们确切的找到三个点的坐标时，它其实对答案贡献了$3！=6$种方案,然而我们其实只需要确定最左下角和最右上角的点，中间的点是可以随意移动，构成多种方案的，所以，我们枚举$x_1,y_1,x_3,y_3$且保证$x_3-x_1>1,y_3-y_1>1$，那么在代价符合范围条件是，它就对答案造成了$6\ast (x_3-x_1-1)\ast (y_3-y_1-1)$种方案的贡献（因为中间点是可以在内部随意移动的），四重循环枚举，这就是30分的写法。
换个思路，我们可以枚举最左下角的点和最右上角的点构成的矩形，即枚举它的长(x)和宽(y)。这时它的花费是$2\ast (x+y-2)$,它的贡献是$6\ast (x-2)\ast (y-2)$，这时，这样枚举的好处就体现出来了，我们可以直接计算出这样的矩形有几个：$(n-x+1)\ast (m-y+1)$个，那么这种情况下的所有方案也就算出来了：当$l\le 2\ast (x+y-2)\le r$时，边长为$x，y$的矩形总贡献为$6\ast (x-2)\ast (y-2)\ast (n-x+1)\ast (m-y+1)$，那么$O(n^2)$枚举x，y就能得到答案。

#include
using namespace std;
const long long P=1000000007;
inline void read(long long &k)
{
	long long x=0,w=0;char ch;
	while(!isdigit(ch))w|=ch=='-',ch=getchar();
	while(isdigit(ch))x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
	k=(w?-x:x);return;
} 
long long n,m,l,r,ans=0;
inline void input(void)
{
	read(n),read(m);
	read(l),read(r);
}
inline void work(void)
{
	for(int x=3;x<=n;x++)
	{
		for(int y=3;y<=m;y++)
		{
			if(2*(x+y-2)>=l&&2*(x+y-2)<=r)ans+=(((n-x+1)%P*(m-y+1)%P*(x-2)%P*(y-2)%P*6%P)%P)%P,ans%=P; 
		}
	}
}
int main(void)
{
	freopen("orzfang.in","r",stdin);
	freopen("orzfang.out","w",stdout);
	input();
	work();
	printf("%d\n",ans%P);
	return 0;
}