【jzoj3771】【NOI2015模拟8.15】【小 Z 的烦恼】

题目大意

小 Z 最近遇上了大麻烦，他的数学分析挂科了。于是他只好找数分老师求情。

善良的数分老师答应不挂他，但是要求小 Z 帮助他一起解决一个难题问题是这样的，现在有 n 个标号为 1～n 的球和 m 个盒子，每个球都可以放进且只能放进一个盒子里面，但是要满足如下的规则：

1. 若把标号为 i 的球放进了第 j 个盒子，那么标号为 2*i 的球一定要在第 j+1 个盒子里面(若 j

2. 若把标号为 i 的球放进了第 j 个盒子，并且 k*2=i，那么标号为 k 的球一定要在第 j-1 个盒子里面(若 j>1)

小 Z 的数分老师想要知道，给定了 n 和 m 的时候，第一个盒子最多能放进去多少个球。事实上，他已经推算出了公式，但是需要检验当 n 趋向于无穷大时是否仍然满足这个公式，因此 n 可能会非常大。

解题思路

可以发现第一个盒子数取值范围为1到n/2m−1，合法的数x集合为首项为2mx，公差为2mx+1，x属于整数

ans=∑∞x=0n−2mx2mx+1+1

=∑∞x=0n2mx+12

高精度位运算即可。

code

#include<cstdio>#include<cmath>#include<cstring>#include<algorithm>#define LF double#define LL long long#define ULL unsigned int#define fo(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)#define fd(i,j,k) for(int i=j;i>=k;i--)#define fr(i,j) for(int i=begin[j];i;i=next[i])#define f2(i,j) for(int i=begi2[j];i;i=nex2[i])using namespace std;int const mn=500+2,inf=1e9+7;int n,m,nn,K,a[mn][mn],b[mn*mn],c[mn][mn];LL tot,f[mn*mn][2],g[mn*mn][2],sizeb0,sumb0;void oper(int x,int y,int op){    int l=c[x][y],p=l-1;    LL q0=0,q1=0;    while(p){        q0+=f[p][0];        q1+=f[p][1];        p-=p&(-p);    }    q0<<=1;q1<<=1;    tot+=op*((q0+g[l][0]-sizeb0)*a[x][y]-q1-g[l][1]+sumb0);    sizeb0+=op;    sumb0+=a[x][y]*op;    g[l][0]+=op;    g[l][1]+=a[x][y]*op;    p=l;q0=a[x][y]*op;    while(p<=nn){        f[p][0]+=op;        f[p][1]+=q0;        p+=p&(-p);    }}int main(){    freopen("matrix.in","r",stdin);    freopen("matrix.out","w",stdout);    scanf("%d%d%d",&n,&m,&K);    fo(i,1,n)fo(j,1,m)scanf("%d",&a[i][j]),b[++b[0]]=a[i][j];    sort(b+1,b+b[0]+1);    int tmp=0;    fo(i,1,b[0])if((i==1)||(b[i]!=b[i-1]))b[++tmp]=b[i];    b[0]=tmp;nn=b[0];    fo(x,1,n)fo(y,1,m){        int l=1,r=b[0],md;        while(l!=r){            md=(l+r)>>1;            if(b[md]<a[x][y])l=md+1;            else r=md;        }        c[x][y]=l;    }    fo(i,1,K)fo(j,1,K)oper(i,j,1);    LL ans=tot;    fo(i,1,n-K+1){        if(i&1){            fo(j,1,m-K){                fo(k,i,i+K-1)oper(k,j,-1),oper(k,j+K,1);                ans+=tot;            }            if(i!=n-K+1){                fo(k,m-K+1,m)oper(i,k,-1),oper(i+K,k,1);                ans+=tot;            }           }else{            fd(j,m-K,1){                fo(k,i,i+K-1)oper(k,j,1),oper(k,j+K,-1);                ans+=tot;            }            if(i!=n-K+1){                fo(k,1,K)oper(i,k,-1),oper(i+K,k,1);                ans+=tot;            }           }    }    printf("%lld",ans*2%10007);    return 0;}