AtCoder Beginner Contest 366（D~E题解）

闲来无事去vp了一下之前放假没打的比赛，感觉需要总结的也就这两题吧，a，c都是水题，b只不过是实现有一点难，并不是很难写，d是一个需要自己推的三维前缀和，e也是一种前缀和，我当时没想到，看了大犇的代码才知道还能这么做

D - Cuboid Sum Query

题意：给你一个三维数组，然后给你q次询问，每次询问有一个起始位置和终止位置，然后问你这个的三维前缀和是什么

思路：用容斥原理推出三维前缀和的预处理式子和后面的结果式子

预处理的式子：

sum[i][j][k] = a[i][j][k]+sum[i-1][j][k]+sum[i][j-1][k]+sum[i][j][k-1]
                               - sum[i-1][j-1][k]-sum[i-1][j][k-1]-sum[i][j - 1][k - 1] 
                               +sum[i - 1][j - 1][k - 1];

处理两个点前缀和的式子 

 int ans = sum[rx][ry][rz] 
                 -sum[lx - 1][ry][rz]-sum[rx][ly - 1][rz]-sum[rx][ry][lz - 1] 
                 + sum[lx - 1][ly - 1][rz] +sum[lx - 1][ry][lz - 1] + sum[rx][ly - 1][lz - 1] 
                 -sum[lx - 1][ly - 1][lz - 1];

#include 
using namespace std;
int a[105][105][105];
int sum[105][105][105];
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        for (int j = 1; j <= n; j++)
        {
            for (int k = 1; k <= n; k++)
            {
                cin >> a[i][j][k];
            }
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        for (int j = 1; j <= n; j++)
        {
            for (int k = 1; k <= n; k++)
            {
                sum[i][j][k] = a[i][j][k]+sum[i-1][j][k]+sum[i][j-1][k]+sum[i][j][k-1]
				               - sum[i-1][j-1][k]-sum[i-1][j][k-1]-sum[i][j - 1][k - 1] 
							   +sum[i - 1][j - 1][k - 1];
            }
        }
    }
    int q;
    cin >> q;
    while (q--)
    {
        int lx, rx, ly, ry, lz, rz;
        cin >> lx >> rx >> ly >> ry >> lz >> rz;
        int ans = sum[rx][ry][rz] 
		         -sum[lx - 1][ry][rz]-sum[rx][ly - 1][rz]-sum[rx][ry][lz - 1] 
				 + sum[lx - 1][ly - 1][rz] +sum[lx - 1][ry][lz - 1] + sum[rx][ly - 1][lz - 1] 
				 -sum[lx - 1][ly - 1][lz - 1];
        cout << ans << '\n';
    }

    return 0;
}

 E - Manhattan Multifocal Ellipse

题意：就是给你n个点，然后问你，整个平面上，有多少个点，到这个n个点的总距离不超过d

思路：脑子里迅速出现的思路是纯暴力，看到数据，纯暴力肯定是不行的，时间复杂度巨高，那么我们就该换一种思路，想一想时间复杂度简单的，我看有些大犇是拿线段树做的，有的是前缀和做的，我还是更偏向于前缀和，线段树太冗长了

因为此题是曼哈顿距离，曼哈顿距离有个好处就是横纵坐标可以分开来计算，因此我们只需要先用pre数组去统计前 i 个点的横坐标之和，然后去统计可能出现的到n个点的距离，如果这个距离小于d，我们就用dist数组去统计其出现次数

然后我们要将dist数组变为累加和的形式，然后对y进行处理，用ans去统计可能的点数

如果有点到y的距离小于d，那么ans+dist（d-len）即可

#include  
using namespace std;  
#define int long long 

int n, d; 

signed main()  
{  
    cin >> n >> d; 
    vector x(n + 1), y(n + 1); 

    for (int i = 1; i <= n; i++) 
    {  
        cin >> x[i] >> y[i];
    }  

    sort(x.begin() + 1, x.end()); 
    sort(y.begin() + 1, y.end());   

    vector pre(n + 1); 
    vector dist(d + 1); // 定义用于存储距离的数组   

    for (int i = 1; i <= n; i++) // 计算 x 坐标的前缀和  
    {  
        pre[i] = pre[i - 1] + x[i]; // pre[i] 记录从 1 到 i 的 x 坐标和  
    }  

    for (int i = x[1] - d, j = 1; i <= x[n] + d; i++) // 遍历可能的 x 坐标  ，类似于扫描线，将可能出现的x的坐标都扫了一遍 
    {  
        while (j <= n && i == x[j]) // 处理与当前 i 坐标相等的点  
        {  
            j += 1;  
        }  
        
        // 计算所有点到当前i的距离 
        int len = (pre[n] - pre[j - 1] - (n-j+1) * i) + ((j - 1) * i - pre[j - 1]);  
        // 如果当前距离小于等于 d，增加对应的计数  
        if (len <= d)  
        {  
            dist[len] += 1;  
        }  
    }  

    // 计算不超过 d 的距离的累积和  
    for (int i = 1; i <= d; i++)  
    {  
        dist[i] += dist[i - 1];  
    }  

    for (int i = 1; i <= n; i++) // 计算 y 坐标的前缀和  
    {  
        pre[i] = pre[i - 1] + y[i]; // pre[i] 记录从 1 到 i 的 y 坐标和  
    }  

    int ans = 0; // 初始化答案为 0  

    for (int i = y[1] - d, j = 1; i <= y[n] + d; i++) // 遍历可能的 y 坐标  
    {  
        while (j <= n && i == y[j]) // 处理与当前 i 坐标相等的点  
        {  
            j += 1;  
        }  
        
        // 计算所有点到当前i的距离总和 
        int len = (pre[n] - pre[j - 1] - (n - j + 1) * i) + ((j - 1) * i - pre[j - 1]);  
        
        // 如果当前距离小于等于 d，增加对应的计数到答案  
        if (len <= d)  
        {  
            ans += dist[d - len]; // 累加符合条件的点对数量  
        }  
    }  
    
    cout << ans << endl; // 输出结果  
    return 0;  
}