传送门
发现 n ≤ 5000 n \leq 5000 n≤5000,那么我们自然想到 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)预处理之后 O ( 1 ) O(1) O(1)回答询问。
先考虑一个更简单的问题,如果 f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j]表示在区间 [ l , r ] [l,r] [l,r]中,满足 k ∈ ( l , r ) , a [ k ] + a [ l ] + a [ r ] = 0 k \in (l,r),a[k]+a[l]+a[r]=0 k∈(l,r),a[k]+a[l]+a[r]=0的 k k k的数量,那么我们是可以枚举左右端点,用一个桶做到 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)预处理 f f f的。
那么 f f f与最后的答案是什么关系呢?最后要求的是:在一段区间内,左右端点不强制选的方案数。这隐隐约约的有点像是 f f f数组的一个前缀和。
我们可以考虑先求出 s [ l ] [ r ] s[l][r] s[l][r]表示左端点在 [ 1 , l ] [1,l] [1,l]内,右端点在 [ 1 , r ] [1,r] [1,r]内的总方案数。这就真的是 f f f的二位前缀和了。
可以这么理解,把 f [ l ] [ r ] f[l][r] f[l][r]对应到平面上的一个点,那么 s [ l ] [ r ] s[l][r] s[l][r]就是从 ( 1 , 1 ) (1,1) (1,1)到 ( l , r ) (l,r) (l,r)的这个矩形中所有点的和。这样我们也就可以在 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)的时间内求出 s s s。
同样的,最后的答案实际上是区间左右端点都在 [ l , r ] [l,r] [l,r]内总答案。对应到平面上也就是左上角为 ( l , l ) (l,l) (l,l),右下角为 ( r , r ) (r,r) (r,r)的矩形中所有点的和。这样就可以通过 s s s来 O ( 1 ) O(1) O(1)求答案了。
注意开桶的时候需要平移值域
#include
#define ll long long
#define MAX 5005
#define K 1000000
using namespace std;
int n, Q;
int a[MAX], cnt[2000005];
ll s[MAX][MAX];
int main()
{
cin >> n >> Q;
for(int i = 1; i <= n; ++i){
scanf("%d", &a[i]), a[i] += K;
}
for(int i = 1; i <= n; ++i){
for(int j = i+1; j <= n; ++j){
if(j > i+1){
if(a[i]+a[j] <= K*3 && a[i]+a[j] >= K) s[i][j] = cnt[K*3-a[i]-a[j]];
}
cnt[a[j]]++;
}
for(int j = i+1; j <= n; ++j){
cnt[a[j]]--;
}
}
for(int i = 1; i <= n; ++i){
for(int j = 1; j <= n; ++j){
s[i][j] += s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1];
}
}
int l, r;
while(Q--){
scanf("%d%d", &l, &r);
printf("%lld\n", s[r][r]-s[l-1][r]-s[r][l-1]+s[l-1][l-1]);
}
return 0;
}