【NOIP普及组2016】魔法阵

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@前言@

听闻老前辈们道这道题好像很难的样子，于是我就去做了……
然后我就TLE了
于是偷偷瞟了一眼大老前辈们的博客，发现这道题好像，还是枚举，只是有用到【数学方法】优化罢了
完了完了，一提到数学，我脑子里顿时腾起了层层云雾，所以最后决定还是来写写东西。

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@题目描述@

六十年一次的魔法战争就要开始了，大魔法师准备从附近的魔法场中汲取魔法能量。
大魔法师有m个魔法物品，编号分别为$1,2,...,m$。每个物品具有一个魔法值，我们用Xi表示编号为i的物品的魔法值。每个魔法值Xi是不超过n的正整数，可能有多个物品的魔法值相同。
大魔法师认为，当且仅当四个编号为$a,b,c,d$的魔法物品满足$xa<xb<xc<xd，xb-xa=2(xd-xc)$，并且$xb-xa<(xc-xb)/3$时，这四个魔法物品形成了一个魔法阵，他称这四个魔法物品分别为这个魔法阵的A物品，B物品，C物品，D物品。
现在，大魔法师想要知道，对于每个魔法物品，作为某个魔法阵的A物品出现的次数，作为B物品的次数，作为C物品的次数，和作为D物品的次数。

输入
输入文件的第一行包含两个空格隔开的正整数n和m。
接下来m行，每行一个正整数，第i+1行的正整数表示Xi，即编号为i的物品的魔法值。
保证$1\le n\le 150001\le n\le 15000,1\le m\le 400001\le m\le 40000,1\le Xi\le n1\le Xi\le n$。每个Xi是分别在合法范围内等概率随机生成的。

输出
共输出m行，每行四个整数。第i行的四个整数依次表示编号为i的物品作 为A,B,C,D物品分别出现的次数。
保证标准输出中的每个数都不会超过10^9。
每行相邻的两个数之间用恰好一个空格隔开。

样例输入
输入样例#1：
30 8
1
24
7
28
5
29
26
24
输入样例#2：
15 15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
样例输出
输出样例#1：
4 0 0 0
0 0 1 0
0 2 0 0
0 0 1 1
1 3 0 0
0 0 0 2
0 0 2 2
0 0 1 0
输出样例#2：
5 0 0 0
4 0 0 0
3 5 0 0
2 4 0 0
1 3 0 0
0 2 0 0
0 1 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 1 0
0 0 2 1
0 0 3 2
0 0 4 3
0 0 5 4
0 0 0 5

样例说明
样例#1：
共有5个魔法阵，分别为：
物品1,3,7,6，其魔法值分别为1,7,26,29;
物品1,5,2,7，其魔法值分别为1,5,24,26;
物品1,5,7,4，其魔法值分别为1,5,26,28;
物品1,5,8,7，其魔法值分别为1,5,24,26;
物品5,3,4,6，其魔法值分别为5,7,28,29。
以物品5为例，它作为A物品出现了1次，作为B物品出现了3次，没有作为C物品或者D物品出现，所以这一行输出的四个数依次为1,3,0,0。

此外，如果我们将输出看作一个m行4列的矩阵，那么每一列上的m个数之和都应等于魔法阵的总数。所以，如果你的输出不满足这个性质，那么这个输出一定不正确。你可以通过这个性质在一定程度上检查你的输出的正确性。

@题目分析-暴力枚举O(m^4)@

“这么简单，当然是暴力啦~”
于是一段清晰的思路像一片Sunshine：分别枚举$A,B,C,D$，判断合法。
条件反射地想到，可以剪枝！在找$A,B,C,D$及时判断是否合法，可以省去多多的状态。
然后写出来以后，突然瞟了一眼数据范围……
真是莫名其妙。
一段十分失败的枚举代码：

#include
int X[40005];
int ansA[40005],ansB[40005],ansC[40005],ansD[40005];
int main()
{
    int n,m;
    scanf("%d %d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        scanf("%d",&X[i]);
    for(int A=1;A<=m;A++)
    {
        for(int B=1;B<=m;B++)
        {
            if( X[A] >= X[B] ) continue;
            for(int C=1;C<=m;C++)
            {
                if( X[B] >= X[C] ) continue;
                if( 3 * (X[B] - X[A]) >= X[C] - X[B] ) continue;
                for(int D=1;D<=m;D++)
                {
                    if( X[C] >= X[D] ) continue;
                    if( X[B] - X[A] != 2*(X[D] - X[C]) ) continue;
                    ansA[A]++;ansB[B]++;ansC[C]++;ansD[D]++;
                }
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)
        printf("%d %d %d %d\n",ansA[i],ansB[i],ansC[i],ansD[i]);
}//期望35%-实得55%

@开始优化-桶思想优化O(n^3)@

再次扫一眼题目，我们发现n的范围要远远小于m的范围，也就是说有大部分的数据魔法值其实是相同的。从m出发的话，给你$O(m^2)$你都不一定过得了。
于是我们便想到，如果**“从n入手”**行不行？
不妨按照魔法值来存储对应魔法值的物品数量，计算方案数时采用乘法原理，输出时访问魔法值对应的值。一段稍带迷雾的代码在我眼前渐渐浮现。再计算一下时间复杂度：$O(n^4)$
还能优化吗？可以。当我们确定A、B、C时，实际上根据$Xb-Xa=2(Xd-Xc)$就已经可以确定D了。内层循环再一次被省略掉了。$O(n^3)$。
感觉考试的时候只能够撑到这里了，再深层次的话……【吐血】
得到差不多一般般的代码

#include
int X[40005];int K[15005];
int ansA[15005],ansB[15005],ansC[15005],ansD[15005];
int main()
{
    int n,m;
    scanf("%d %d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
	{
        scanf("%d",&X[i]);
		K[X[i]]++;
	}
    for(int A=1;A<=n;A++)
	{
		if( K[A] == 0 ) continue;
        for(int B=A+1;B<=n;B++)
		{
			if( K[B] == 0 ) continue;
			if( ( B - A ) % 2 == 1 ) continue;
            for(int C=(B-A)*3+B+1;C<=n;C++)
			{
				if( K[C] == 0 ) continue;
				int D = C + ( B - A ) / 2;
				if( D > n ) continue;
				if( K[D] == 0 ) continue;
				ansA[A]+=(K[B]*K[C]*K[D]);
				ansB[B]+=(K[A]*K[C]*K[D]);
				ansC[C]+=(K[A]*K[B]*K[D]);
				ansD[D]+=(K[A]*K[B]*K[C]);
			}
		}
	}
    for(int i=1;i<=m;i++)
        printf("%d %d %d %d\n",ansA[X[i]],ansB[X[i]],ansC[X[i]],ansD[X[i]]);
}//期望80%-实得85%

@高端操作-学不来的数学分析O(n^2)@

先放代码镇镇大佬们的英魂。

#include
#include
int X[16000],a[40005],S[16000];
int A[40005],B[40005],C[40005],D[40005];
int main()
{
	int n,m;
	scanf("%d %d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%d",&a[i]);
		X[a[i]]++;
	}
	for(int i=1;i*9<n;i++)
	{
		memset(S,0,sizeof(S));
		for(int j=2*i+1;j<=n-7*i-1;j++) S[j] = X[j - 2*i] * X[j];
		for(int j=1;j<=n;j++) S[j] += S[j-1];
		for(int j=9*i+1;j<=n;j++) D[j] += S[j - 7*i - 1] * X[j - i];
		for(int j=7*i+1;j<=n-i;j++) C[j] += S[j - 6*i -1] * X[j + i];
		memset(S,0,sizeof(S));
		for(int j=9*i+1;j<=n;j++) S[j] = X[j - i] * X[j];
		for(int j=n;j>=1;j--) S[j] += S[j+1];
		for(int j=2*i+1;j<=n-7*i-1;j++) B[j] += S[j + 7*i + 1] * X[j - 2*i];
		for(int j=1;j<=n-9*i-1;j++) A[j] += S[j + 9*i +1] * X[j + 2*i];
	}
	for(int i = 1;i<=m;i++)
		printf("%d %d %d %d\n",A[a[i]],B[a[i]],C[a[i]],D[a[i]]);
}
//期望100%

再发一张大佬用的分析图

恩，我们所知道的条件已经全部标在图上了
啥你看不懂？那我稍微解释解释：
图中的直线【你要相信我这真的不是线段】叫做数轴【对不起我以为你不知道】，轴上的点$A,B,C,D$的值分别表示$A,B,C,D$的魔法值$xa,xb,xc,xd$。
$xa<xb<xc<xd$，所以$A,B,C,D$是从左到右放置的
$xb-xa=2(xd-xc)$，“-”的几何意义为两点间的距离。如果确定点的左右关系，绝对值可以去掉，改为右减左。设$C,D两点间的距离=xd-xc=i$，所以我们可以得到$A,B两点间的距离=xb-xa=2\ast i$
$xb-xa<(xc-xb)/3$，就是这个不等关系最恶心，如果是等量关系就会简单得多。通过这个不等量关系，我们可以得到：$B,C两点间的距离=xc-xb>6\ast i$。
感觉卡住了……怎么办？
还是从时间复杂度的角度入手吧：
压到$O(1)$？想多了
压到$O(n)或者O(m)$？即使确定$a,b,c,d,i$，这里有个不等关系所以也不好办。
看来只能压到$O(n^2)$了。
我们如果确定了$D与i$，于是$B$的范围也就能确定了。
反过来，如果我们确定了在某个范围内的$B$，于是……？
好像有点希望了？！
令$a[j] = $"$(B==j)$时选择$A、B$的方案数"，$S[j] = $"$(B<=j)$时$A、B$的方案数"，则$a[j] = X[j] * X[j-2*i]$，\ast \ast 显然\ast \ast 我们有$S[j] = S[j-1] + a[j]$，于是我们便可以在$O(n)$的时间内算出$S数组$
可以得到确定$D = t $时，方案数 = $S[t-7\ast i-1]\ast X[j-i]$，即A、B的方案数与C点的方案数累乘。$O(n)$。
同理，也可在$O(n)$内求出$A=t,B=t,C=t$的方案数。
【woc这么高大上的吗！】
【果然NOIP普及压轴题都是思维复杂，挑战脑力，代码极其* *的题吗！】

@END@

THANKS FOR READING ALL！
就是这样，新的一天里，也请多多关照哦(ノω<。)ノ))☆.。~