P8470 [Aya Round 1 E] 乙（two） 题解

我们对于每一次放置，将四个面分开处理。

对于每一个面，所放置的那一摞正方体与这个面所对着的那一摞正方体都会有以下几种情况：

• $1.$对面没有任何正方体，那么这时这个面所贡献的侧面积会增加$z$。
• $2.$对面的正方体数量高于放置后的这一摞正方体，那么这个面所贡献的侧面积会减少$z$。
• $3.$对面的正方体数量低于放置后的这一摞正方体，又会有以下两种情况：
  \quad 一.对面这的正方体数量低于放置前这一摞正方体，那么放置后这个面对侧面积的贡献会增加$z$
  \quad 二.对面这的正方体数量高于放置前这一摞正方体，也就是说将高度填充得和对面的高度一样后，仍有剩余的正方体，那么在高度相同前，侧面积贡献值会减少(对面的高度-原来的高度),然后增加(剩下的正方体的个数)。

可能不是很好懂，考场上也没写出来，具体看代码吧。

另外就是坐标系的存储。可以$map$套$map$，也可以将二维坐标一维化。这里采用了第二种方法。

(unsigned long long卡我95分)

#include
#include
using namespace std;
#define ull unsigned long long
#define ll long long
const int base=1e9+5;
int n;
map<ll,ll>mp;
ull ans; //一定要ull!
inline ll get_num(int x,int y){  
   	return (x-1)*1ll*base+y;//将坐标一维化
}
inline ll work(ll va,ll vb,ll z){
   	if(!vb) return z;//对面没有任何正方体
   	ll res=va+z;
   	if(res<=vb) return -z;//对面正方体高度高于放置后正方体高度
   	if(va<vb) return (res-vb)-(vb-va);//对面正方体高度低于放置前正方体高度
   	else return z;//对面正方体高度高于放置前正方体高度
}
int main()
{
   	cin>>n;
   	for(int i=1;i<=n;i++){
       	int x,y;ll z;
      		scanf("%d%d%lld",&x,&y,&z);
           ll pot=get_num(x,y); ll val=mp[pot];
           ans+=work(val,mp[get_num(x-1,y)],z);
           ans+=work(val,mp[get_num(x+1,y)],z);
           ans+=work(val,mp[get_num(x,y-1)],z);
           ans+=work(val,mp[get_num(x,y+1)],z);
           mp[pot]+=z;
           cout<<ans<<endl;
       }
       return 0;
}