YbtOJ 526 摺紙遊戲

2022-06-13 14:00:13 字數 1903 閱讀 4865

不難發現行和列是獨立的,也就是其實我們把行和列的摺紙順序任意交換都是可以的。

那麼乙個矩形可以被摺出的充要條件是它四條邊分別所在的行或列都可以通過若干次摺疊得到。比方說矩形左邊那列假設是第 \(i\) 列,那麼只有 \(1\sim i\) 的紙都可以折到右邊去這個矩形才可能被摺出。

手畫一下不難證明一些細節。由於並不好用自然語言描述就懶了。

考慮設 \(f_\) 表示第 \(i\) 行(列)能否從左右(上下)折過來。根據上面摺疊順序可以交換的結論,我們可以把每一行的 hash 值求出來跑 manacher。然後易得能貢獻到 \(f_\) 的是 \([i-p_i,i)\) 這段區間,如果這段區間至少有乙個 \(1\) 就可以。直接用字首和就可以優化到 \(o(n+m)\)。

統計答案時列舉矩形左上角,我們只需要知道右下方有多少個點滿足 \(f_=f_=1\),字尾和即可。

時間複雜度 \(o(nm)\)。

#include using namespace std;

typedef unsigned long long ull;

const int n=2000010;

const ull base=13331;

int n,m,p[n];

ull ans,a[n],b[n],s[n],f[5][n],g[n];

char ch;

unordered_mapvis;

void manacher(ull *s,int len)

}int main()

ull rd1=rand(),rd2=rand(),rd3=rand();

while (vis[rd1]) rd1=rand();

while (vis[rd2]) rd2=rand();

while (vis[rd3]) rd3=rand();

for (int i=1;i<=n;i++)

s[2*i]=a[i],s[2*i-1]=rd1;

s[0]=rd2; s[2*n+1]=rd1; s[2*n+2]=rd3;

manacher(s,2*n+1);

memset(g,0,sizeof(g));

f[1][1]=g[1]=1;

for (int i=4;i<=2*n;i+=2)

memset(g,0,sizeof(g));

f[2][n]=g[n]=1;

for (int i=2*n-2;i>=1;i-=2)

for (int i=1;i<=m;i++)

s[2*i]=b[i],s[2*i-1]=rd1;

s[0]=rd2; s[2*m+1]=rd1; s[2*m+2]=rd3;

manacher(s,2*m+1);

memset(g,0,sizeof(g));

f[3][1]=g[1]=1;

for (int i=4;i<=2*m;i+=2)

memset(g,0,sizeof(g));

f[4][m]=g[m]=1;

for (int i=2*m-2;i>=1;i-=2)

for (int i=n;i>=1;i--) f[2][i]+=f[2][i+1];

for (int i=m;i>=1;i--) f[4][i]+=f[4][i+1];

for (int i=1;i<=n;i++)

for (int j=1;j<=m;j++)

if (f[1][i] && f[3][j])

ans+=f[2][i]*f[4][j];

cout<

return 0;

}

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