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## [$AcWing$ $468$. 魔法阵](https://www.acwing.com/problem/content/470/)
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[洛谷](https://www.luogu.com.cn/problem/P2119)
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### 一、题目描述
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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。
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大魔法师有 $m$ 个魔法物品，编号分别为 $1,2,…,m$。
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每个物品具有一个魔法值，我们用 $x_i$ 表示编号为 $i$ 的物品的魔法值。
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每个魔法值 $x_i$ 是不超过 $n$ 的正整数，可能有多个物品的魔法值相同。
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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 $x_a<x_b<x_c<x_d，x_b−x_a=2(x_d−x_c)$，并且 $x_b−x_a<(x_c−x_b)/3$ 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。
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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。
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**输入格式**
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输入文件的第一行包含两个空格隔开的正整数 $n$ 和 $m$。
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接下来 $m$ 行，每行一个正整数，第 $i+1$ 行的正整数表示 $x_i$，即编号为 $i$ 的物品的魔法值。
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保证每个 $x_i$ 是分别在合法范围内等概率随机生成的。
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**输出格式**
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共输出 $m$ 行，每行四个整数。
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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。
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保证标准输出中的每个数都不会超过 $10^9$。
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每行相邻的两个数之间用恰好一个空格隔开。
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**数据范围**
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$1≤n≤15000,1≤m≤40000,1≤x_i≤n$
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**输入样例**：
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```cpp {.line-numbers}
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30 8
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1
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24
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7
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28
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5
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29
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26
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24
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```
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**输出样例**：
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```cpp {.line-numbers}
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4 0 0 0
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0 0 1 0
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0 2 0 0
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0 0 1 1
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1 3 0 0
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0 0 0 2
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0 0 2 2
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0 0 1 0
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```
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### 二、暴力$40$分做法
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$4$层循环枚举每个物品，物品上限$m<=40000$,四层就是$40000*40000*40000*40000$,死的透透的，好处就是好想好做，可以骗一部分分数。
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 40010;
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int n, m;
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int q[N];
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// 40分
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bool check(int a, int b, int c, int d) {
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if (a >= b || b >= c || c >= d) return 0;
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if ((b - a) != 2 * (d - c)) return 0;
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if (3 * (b - a) >= (c - b)) return 0;
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return 1;
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}
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int g[N][4];
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int main() {
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#ifndef ONLINE_JUDGE
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freopen("468.in", "r", stdin);
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#endif
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cin >> n >> m;
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// 魔法值都是不超过n的正整数,似乎没啥用
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// m个魔法物品
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for (int i = 1; i <= m; i++) cin >> q[i]; // 读入每个魔法物品的魔法值
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for (int a = 1; a <= m; a++)
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for (int b = 1; b <= m; b++)
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for (int c = 1; c <= m; c++)
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for (int d = 1; d <= m; d++)
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if (check(q[a], q[b], q[c], q[d]))
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g[a][0]++, g[b][1]++, g[c][2]++, g[d][3]++;
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// a这个枚举到的数字出现了一次，它是做为a位置出现的
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// 找到一组合法的a,b,c,d
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// 输出结果
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for (int i = 1; i <= m; i++)
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printf("%d %d %d %d\n", g[i][0], g[i][1], g[i][2], g[i][3]);
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return 0;
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}
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```
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### 三、暴力$65$分做法
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既然4层每层枚举物品的办法行不通，那能不能考虑变化一下枚举的内容呢？我们观察发现，上帝为你关上了一扇门，就会为你打开一扇窗，此题中的魔法值上限$n<=15000$的！
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不是很大，我们能不能考虑枚举魔法数值呢？
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但是如果我们枚举每个魔法数值，魔法数值有重复怎么办呢？
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> **题目提示：每个魔法值 $X_i$ 是不超过 $n$ 的正整数，可能有多个物品的魔法值相同。**
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当然重复的信息不能丢失，需要记录下来每个魔法值有几个，这提示我们用桶，一看$n<=15000$,用桶来保存魔法值的个数是没有问题的，我们设$cnt[N]$来保存每个魔法值的个数。
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继续，如果我们枚举出了一组合法的魔法值组合$(a,b,c,d)$,那么这些魔法值$(a,b,c,d)$可能是哪些物品的呢？因为最后我们需要回答的是每个魔法物品在四个位置出现的次数，不能不关心是哪些物品啊！
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当然是魔法值等于$(a,b,c,d)$的魔法物品，设为
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$(A',A'',A'''),(B',B''),(C'),(D',D'')$
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那么如果出现了一次$(a,b,c,d)$，在现实物品组合中可能是
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$(A',B',C',D')\\
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(A',B'',C',D')\\
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(A',B'',C',D'')\\
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...$
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组合数就是$3*2*1*2$。
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这里还有一个小弯弯，就是人家最终问的是物品$i$,也就是可以理解为物品$A'$出现的次数，那么就是$\frac{3*2*1*2}{3}$
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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|
typedef long long LL;
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const int N = 15010, M = 40010;
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int n, m;
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int x[M];
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LL cnt[N];
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LL num[N][4];
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// 65分 4层循环，按桶的思路枚举每个魔法值，暴力枚举a,b,c,d
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LL read() {
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LL x = 0, f = 1;
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char ch = getchar();
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while (ch < '0' || ch > '9') {
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if (ch == '-') f = -1;
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ch = getchar();
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}
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while (ch >= '0' && ch <= '9') {
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x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
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ch = getchar();
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}
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return x * f;
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}
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int main() {
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#ifndef ONLINE_JUDGE
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freopen("468.in", "r", stdin);
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#endif
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n = read(), m = read();
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for (int i = 1; i <= m; i++) {
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x[i] = read();
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cnt[x[i]]++;
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}
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for (int a = 1; a <= n; a++)
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for (int b = a + 1; b <= n; b++)
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for (int c = b + 1; c <= n; c++)
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for (int d = c + 1; d <= n; d++) {
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if ((b - a) & 1 || 3 * (b - a) >= (c - b)) continue;
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if ((b - a) != 2 * (d - c)) continue;
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LL ans = cnt[a] * cnt[b] * cnt[c] * cnt[d];
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num[a][0] += ans;
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num[b][1] += ans;
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|
num[c][2] += ans;
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num[d][3] += ans;
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}
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for (int i = 1; i <= n; i++)
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for (int j = 0; j < 4; j++)
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num[i][j] /= cnt[i] ? cnt[i] : 1;
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for (int i = 1; i <= m; i++) {
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|
for (int j = 0; j < 4; j++)
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printf("%lld ", num[x[i]][j]);
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puts("");
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}
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return 0;
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}
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```
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### 四、暴力$85$分做法
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要求求出满足$x_a<x_b<x_c<x_d,x_b-x_a=2(x_d-x_c)$且$x_b-x_a<\frac{x_c-x_b}{3}$的$a,b,c,d$的数量。
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为了去掉一层循环，结合以前的经验，我们知道可以通过数学办法推导一下$x_d= \frac{x_b-x_a+2x_c}{2}$
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所以我们可以省去一维的枚举，做到$O(n^3)$枚举，实测在洛谷上能拿到$85$分.
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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typedef long long LL;
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const int N = 15010, M = 40010;
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int n, m; // 魔法值的上限是n,个数是m
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int x[M]; // 原始的魔法值
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LL cnt[N]; // 每个魔法值计数用的桶
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LL num[N][4]; // 以某个魔法值i为a,b,c,d时的个数，记录在num[i][0],num[i][1],num[i][2],num[i][3]中,也就是答案
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// 85分 3层循环，按桶的思路枚举每个魔法值，暴力枚举a,b,c,然后利用数学办法计算出d
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// 17/20 85分
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// 快读
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LL read() {
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LL x = 0, f = 1;
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char ch = getchar();
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while (ch < '0' || ch > '9') {
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if (ch == '-') f = -1;
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ch = getchar();
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}
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while (ch >= '0' && ch <= '9') {
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x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
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ch = getchar();
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}
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return x * f;
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}
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int main() {
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#ifndef ONLINE_JUDGE
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|
freopen("468.in", "r", stdin);
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|
#endif
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n = read(), m = read();
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for (int i = 1; i <= m; i++) {
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x[i] = read();
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cnt[x[i]]++; // 记录每个魔法值的个数
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}
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// 不再枚举每个输入的顺序，而是枚举每个魔法值，原因是魔法值的上限是固定的n
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for (int a = 1; a <= n; a++) // 枚举每个魔法值，上限是n
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for (int b = a + 1; b <= n; b++)
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for (int c = b + 1; c <= n; c++) {
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if ((b - a) & 1 || 3 * (b - a) >= (c - b)) continue; // 把已知条件反着写，符合这样要求的，直接continue掉
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int d = b - a + c * 2 >> 1; // d可以通过数学办法计算获得
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// 这里有一个数学的小技巧，就是先求总的个数，再除掉自己的个数
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// 现在枚举到的每个(a,b,c,d)组合都是一种合法的组合，同时，由于每个数值不止一个，根据乘法原理，需要累乘个数才是答案
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LL ans = cnt[a] * cnt[b] * cnt[c] * cnt[d];
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// if (ans) cout << a << " " << b << " " << c << " " << d << endl;
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num[a][0] += ans;
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num[b][1] += ans;
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num[c][2] += ans;
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num[d][3] += ans;
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}
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for (int i = 1; i <= n; i++)
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for (int j = 0; j < 4; j++)
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num[i][j] /= cnt[i] ? cnt[i] : 1;
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for (int i = 1; i <= m; i++) { // 枚举每个序号
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for (int j = 0; j < 4; j++) // 此序号作为a,b,c,d分别出现了多少次
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// 举栗子：i=2,x[i]=5,也就是问你:5这个数，分别做为a,b,c,d出现了多少次？
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printf("%lld ", num[x[i]][j]);
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puts("");
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}
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return 0;
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}
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```
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### 五、递推优化解法
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依旧是对 $x_b-x_a=2(x_d-x_c)$进行分析，我们设$t=x_d-x_c$，则$x_b-x_a=2⋅t$；再分析第二个条件$X_b−X_a<(X_c−X_b)/3$，我们可以得到$X_c−X_b>6⋅t$，我们给他补全成等号，就是$X_c−X_b=6⋅t+k$
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所以这四个数在数轴上的排列如图所示
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左边红色部分框出的$A$和$B$是绑定的，右边绿色部分框出的$C$和$D$也是绑定的。
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因此整个系统共有三个自由度：$t$、红色部分、绿色部分。
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同时枚举三个自由度的计算量过大。在$1$秒内，我们只能枚举其中两个自由度。
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所以我们会有一个不成熟的思路：在$1-n/9$范围内枚举$t$，把$a,b,c,d$拿$t$表示出来。
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那么如何计算呢？枚举$D$。当我们枚举到一个$D$值的时候，与之对应的$C$值是确定的（不受$k$影响），而$A$值和$B$值却不一定。因此我们可以找到最大的与之对应的$A$值$B$值。
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但是有可能会存在一组$A$值、$B$值要比当前计算到的小，怎么办呢？不妨设有可能存在的比最大值小的$A$值为$A_1$，$B$值为$B_1$，计算到的为$A_2$和$B_2$
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当$A_1<A_2 \& \& B_1<B_2$时，只要$A_2$和$B_2$能组成魔法阵，$A_1$和$B_1$一定可以（$k$只是大于$0$的数，而对$k$的上界没有限制，当我们把$k$放大时，就可以构造出$A_1$和$B_1$了）。
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由于是顺序枚举，所以我们可以 **记录一下之前有多少组合法解**（**类似于前缀和**），最后再用 **乘法原理** 计算。
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同样的方法，我们从$A$的上界往$A$的下界枚举记录 **后缀和** 然后计算即可。
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> 首先枚举$t$。接下来并列枚举绿色部分和红色部分：
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> 从左到右枚举绿色部分，当绿色部分固定后，则$C$应该累加的次数是所有满足要求的$A$和$B$的 $cnt[A] * cnt[B]$ 的和，再乘以$cnt[D]$。其中$cnt[A], cnt[B], cnt[D]$是$A$,$B$, $D$出现的次数。所有满足要求的$A$和$B$就是整个线段左边的某个前缀，因此可以利用前缀和算法来加速计算。$cnt[D]$同理可得。
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从右到左枚举红色部分可做类似处理。
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#### $Code$
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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typedef long long LL;
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const int N = 15010, M = 40010;
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int n, m, x[M], num[4][N], cnt[N];
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// 快读
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LL read() {
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LL x = 0, f = 1;
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char ch = getchar();
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while (ch < '0' || ch > '9') {
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if (ch == '-') f = -1;
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ch = getchar();
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}
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while (ch >= '0' && ch <= '9') {
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x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
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ch = getchar();
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}
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return x * f;
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}
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int main() {
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n = read(), m = read();
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for (int i = 1; i <= m; i++) { // m个魔法值
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x[i] = read();
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cnt[x[i]]++; // 每个魔法值对应的个数
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}
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int sum, A, B, C, D;
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for (int t = 1; t * 9 + 1 <= n; t++) { // k最小是1，那么9t+1=max(x[D])=n
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sum = 0;
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for (D = 9 * t - 1; D <= n; D++) { // 枚举D
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C = D - t; // 表示C
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B = C - 6 * t - 1; // 根据C推出最大的B
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A = B - 2 * t; // 推出最大的A
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sum += cnt[A] * cnt[B]; // 计算当前A和B的情况
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num[2][C] += cnt[D] * sum; // num[2][C]+=cnt[A]*cnt[B]*cnt[C]
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num[3][D] += cnt[C] * sum; // num[3][D]+=cnt[A]*cnt[B]*cnt[D]
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}
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sum = 0;
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for (A = n - 9 * t - 1; A; A--) { // 倒序枚举A
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B = A + 2 * t;
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C = B + 6 * t + 1; // C的最小值
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D = C + t; // D的最小值
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sum += cnt[C] * cnt[D]; // 计算当前C和D的情况 (涵盖了比C,D大的小所有C',D'的cnt乘积和)
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num[0][A] += cnt[B] * sum; // num[0][A]+=cnt[B]*cnt[C]*cnt[D]
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|
|
num[1][B] += cnt[A] * sum; // num[1][B]+=cnt[A]*cnt[C]*cnt[D]
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|
}
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|
|
}
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|
|
for (int i = 1; i <= m; i++) {
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|
for (int j = 0; j < 4; j++)
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|
printf("%d ", num[j][x[i]]);
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|
puts("");
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|
}
|
|
|
return 0;
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|
|
}
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