[BZOJ1227][SDOI2009]虔诚的墓主人

[SDOI2009]虔诚的墓主人

Description
小W 是一片新造公墓的管理人。公墓可以看成一块N×M 的矩形，矩形的每个格点，要么种着一棵常青树，要么是一块还没有归属的墓地。当地的居民都是非常虔诚的基督徒，他们愿意提前为自己找一块合适墓地。为了体现自己对主的真诚，他们希望自己的墓地拥有着较高的虔诚度。一块墓地的虔诚度是指以这块墓地为中心的十字架的数目。一个十字架可以看成中间是墓地，墓地的正上、正下、正左、正右都有恰好k 棵常青树。小W 希望知道他所管理的这片公墓中所有墓地的虔诚度总和是多少
Input
第一行包含两个用空格分隔的正整数N 和M，表示公墓的宽和长，因此这个矩形公墓共有(N+1) ×(M+1)个格点，左下角的坐标为(0, 0)，右上角的坐标为(N, M)。第二行包含一个正整数W，表示公墓中常青树的个数。第三行起共W 行，每行包含两个用空格分隔的非负整数xi和yi，表示一棵常青树的坐标。输入保证没有两棵常青树拥有相同的坐标。最后一行包含一个正整数k，意义如题目所示。
Output
包含一个非负整数，表示这片公墓中所有墓地的虔诚度总和。为了方便起见，答案对2,147,483,648 取模。
Sample Input
5 6
13
0 2
0 3
1 2
1 3
2 0
2 1
2 4
2 5
2 6
3 2
3 3
4 3
5 2
2
Sample Output
6
HINT
图中，以墓地(2, 2)和(2, 3)为中心的十字架各有3个，即它们的虔诚度均为3。其他墓地的虔诚度为0。 对于30%的数据，满足1 ≤ N, M ≤ 1,000。对于60%的数据，满足1 ≤ N, M ≤ 1,000,000。对于100%的数据，满足1 ≤ N, M ≤ 1,000,000,000，0 ≤ xi ≤ N，0 ≤ yi ≤ M，1 ≤ W ≤ 100,000， 1 ≤ k ≤ 10。存在50%的数据，满足1 ≤ k ≤ 2。存在25%的数据，满足1 ≤ W ≤ 10000。

Solution
先离散化
从左往右扫描，时刻维护当前竖线的信息:左边的点数，右边的点数，以及组合数之积的前缀和，树状数组单点修改区间查询

Code

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define rep(i, l, r) for (int i = (l); i <= (r); i++)#define per(i, r, l) for (int i = (r); i >= (l); i--)#define MS(_) memset(_, 0, sizeof(_))#define MP make_pair#define PB push_back#define debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)typedef long long ll;typedef pair<int, int> PII;typedef vector<int> VI;template<typename T> inline void read(T &x){    x = 0; T f = 1; char ch = getchar();    while (!isdigit(ch)) { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); }    while (isdigit(ch))  { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }    x *= f;} const int INF = 0x7fffffff;const int MAXX = 100100;int n, m, N, M, k, w;int res[MAXX], x[MAXX], y[MAXX], C[MAXX][20], lst[MAXX], ans[MAXX], cnt[MAXX][2], BIT[MAXX];VI p[MAXX];inline int lowbit(int x) { return x&-x; }void mdf(int x, int dt){    for (; x <= M; x += lowbit(x)) BIT[x] += dt;}int query(int x){    int res = 0;    for (; x > 0; x -= lowbit(x)) res += BIT[x];    return res;}void modify(int f, int p, int dt){    cnt[p][f] += dt;    int ans2 = C[cnt[p][0]][k]*C[cnt[p][1]][k]; ans2 &= INF;    mdf(p, ans2-ans[p]);    ans[p] = ans2;}void pre_work(){    C[0][0] = 1;    rep(i, 1, w) rep(j, 0, k) C[i][j] = C[i-1][j] + C[i-1][j-1];     N = 0; rep(i, 1, w) lst[++N] = x[i];    sort(lst+1, lst+1+N);    N = unique(lst+1, lst+1+N) - lst - 1;    rep(i, 1, w) x[i] = lower_bound(lst+1, lst+1+N, x[i])-lst;    M = 0; rep(i, 1, w) lst[++M] = y[i];    sort(lst+1, lst+1+M);    M = unique(lst+1, lst+1+M) - lst - 1;    rep(i, 1, w) y[i] = lower_bound(lst+1, lst+1+M, y[i])-lst;    rep(i, 1, w) p[x[i]].PB(y[i]);    rep(x, 1, N) sort(p[x].begin(), p[x].end());    rep(x, 2, N) rep(i, 0, p[x].size()-1) modify(1, p[x][i], 1); }int main(){    read(n); read(m);    read(w);    rep(i, 1, w){ read(x[i]); read(y[i]); }    read(k);    pre_work();      int ANS = 0;    rep(x, 1, N-1){ int tot = p[x].size();        rep(i, 0, tot-1) res[i+1] = query(p[x][i]);        int down = 1, up = tot-1;        for (int i = 2; i <= tot; i++, down++, up--){            ANS += (res[i]-res[i-1]-ans[p[x][i-1]])*C[down][k]*C[up][k];            ANS &= INF;        }        rep(i, 0, p[x].size()-1) modify(0, p[x][i], 1);        rep(i, 0, p[x+1].size()-1) modify(1, p[x+1][i], -1);    }        printf("%d\n", ANS);    return 0;    }