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一本通：ybt.ssoier.cn:8088/problem_sho...
本题作为第四题，想拿满分有难度。但是暴力拿些分还是做得到的。满分需要用 前缀和 来化简for循环。
核心语句：
<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> x a < x b < x c < x d x_a < x_b < x_c < x_d </math>xa<xb<xc<xd ①
<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> x b − x a = 2 ( x d − x c ) x_b - x_a = 2(x_d - x_c) </math>xb−xa=2(xd−xc) ②
<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> x b − x a < ( x c − x b ) / 3 x_b - x_a < (x_c - x_b)/3 </math>xb−xa<(xc−xb)/3 ③
核心思想：
由于魔法值 n 不超过 15000，但魔法球的数量 m 可达到40000。
所以选择反向枚举答案 ：即对所有的魔法值进行枚举（先找出 n 范围内所有符合上述三个公式的魔法组合数字），这样可避免对魔法球进行排序。
另外，由于魔法球的魔法数值可能相同，所以在计算每一个数字的出现次数时，要考虑其他数字的 组合 出现情况。如下图所示：
上图中，1# 魔法球在物品A中出现的次数为6次，分别为：
1#，2#，3#，4#
1#，2#，7#，4#
1#，2#，9#，4#
1#，6#，3#，4#
1#，6#，7#，4#
1#，6#，9#，4#
上图中，2# 魔法球在物品B中出现的次数为9次，分别为：1#，2#，3#，4#
1#，2#，7#，4#
1#，2#，9#，4#
5#，2#，3#，4#
5#，2#，7#，4#
5#，2#，9#，4#
8#，2#，3#，4#
8#，2#，7#，4#
8#，2#，9#，4#
所以每一个魔法球在某个位置出现的 次数 = 剩余位置魔法球数量的乘积（组合思想）
题解代码：
解法一、
cpp
#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 40005
using namespace std;
struct Node
{
int val, id; // 存储节点的值和 id。 id用于最终的输出
};
Node node[MAXN];
int n, m; // m 个魔法物； 魔法值不超过 n
int ge[MAXN]; // 记录val为i的魔法物的个数。用于计算组合
int cnta[MAXN], cntb[MAXN], cntc[MAXN], cntd[MAXN]; // cnta[i]表示val为i的魔法物在A位置出现的次数
// cntb[i]表示val为i的魔法物在B位置出现的次数, cntc[i]表示val为i的魔法物在C位置出现的次数 等
// 暴力枚举 70% 分数。
int main()
{
scanf("%d%d",&n, &m);
int x;
for(int i = 1; i <= m; i++)
{
scanf("%d", &x);
node[i].val = x;
node[i].id = i;
ge[x]++; // 统计魔法值为x的物品个数
}
// 反向枚举结果：对所有的魔法值进行枚举（即先找出 n 范围内所有符合要求的魔法组合数字），可避免排序。
// 不是对每个魔法球的魔法值进行枚举（每一轮都是枚举40000和枚举15000的区别）
for(int ai = 1; ai <= n - 3; ai++)
for(int bi = ai + 1; bi <= n - 2; bi++)
for(int ci = bi + 1; ci <= n - 1; ci++)
for(int di = ci + 1; di <= n; di++)
if( ( (bi-ai) == 2*(di-ci) ) && ( 3*(bi-ai) < (ci-bi) ) )
{ // 如果找到一组符合要求的魔法值，则更新各数字在对应位置出现的次数
// 考虑到不同的魔法球会有相同的魔法值，所以在作组合计算时对其余位置作数量的乘法
cnta[ai] += ge[bi] * ge[ci] * ge[di];
cntb[bi] += ge[ai] * ge[ci] * ge[di];
cntc[ci] += ge[ai] * ge[bi] * ge[di];
cntd[di] += ge[ai] * ge[bi] * ge[ci];
break; // 1个abc只能对应1个d，如果找到了，直接退出循环
}
for(int i = 1; i <= m; i++)
{
int t = node[i].val;
printf("%d %d %d %d\n",cnta[t], cntb[t], cntc[t], cntd[t]);
}
return 0;
}以上暴力代码比较简单，只要注意 反向枚举，就可以在考场上快速拿到70%的分数。
解法二、优化区间
接下来对解法一进行优化。
把对公式③ <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> x b − x a < ( x c − x b ) / 3 x_b - x_a < (x_c - x_b)/3 </math>xb−xa<(xc−xb)/3 的利用，从条件判断改为直接赋值给ci的范围。
因为 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> x b − x a < ( x c − x b ) / 3 x_b-x_a < (x_c-x_b)/3 </math>xb−xa<(xc−xb)/3，移项后可得 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> x c > 4 x b − 3 x a x_c > 4x_b-3x_a </math>xc>4xb−3xa， 所以 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> x c x_c </math>xc 从 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> 4 x b − 3 x a + 1 4x_b-3x_a+1 </math>4xb−3xa+1开始取值。
所以 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> c i = 4 ∗ b i − 3 ∗ a i + 1 ci = 4 * bi - 3 * ai + 1 </math>ci=4∗bi−3∗ai+1。
同时，由于1个abc只能对应1个d，如果找到了符合条件的d，就退出最内层的循环。
cpp
#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 40005
using namespace std;
struct Node
{
int val, id; // 存储节点的值和 id。 id用于最终的输出
};
Node node[MAXN];
int n, m; // m 个魔法物； 魔法值不超过 n
int ge[MAXN]; // 记录val为i的魔法物的个数。用于计算组合
int cnta[MAXN], cntb[MAXN], cntc[MAXN], cntd[MAXN]; // cnta[i]表示val为i的魔法物在A位置出现的次数
// cntb[i]表示val为i的魔法物在B位置出现的次数, cntc[i]表示val为i的魔法物在C位置出现的次数 等
// 暴力枚举 80% 分数。
int main()
{
scanf("%d%d",&n, &m);
int x;
for(int i = 1; i <= m; i++)
{
scanf("%d", &x);
node[i].val = x;
node[i].id = i;
ge[x]++; // 统计魔法值为x的物品个数
}
// 反向枚举结果：对所有的魔法值进行枚举（即先找出 n 范围内所有符合要求的魔法组合数字），可避免排序。
// 不是对每个魔法球的魔法值进行枚举（每一轮都是枚举40000和枚举15000的区别）
for(int ai = 1; ai <= n - 3; ai++)
for(int bi = ai + 1; bi <= n - 2; bi++)
for(int ci = 4 * bi - 3 * ai + 1; ci <= n - 1; ci++)
for(int di = ci + 1; di <= n; di++)
if( (bi-ai) == 2*(di-ci) )
{ // 如果找到一组符合要求的魔法值，则更新各数字在对应位置出现的次数
// 考虑到不同的魔法球会有相同的魔法值，所以在作组合计算时对其余位置作数量的乘法
cnta[ai] += ge[bi] * ge[ci] * ge[di];
cntb[bi] += ge[ai] * ge[ci] * ge[di];
cntc[ci] += ge[ai] * ge[bi] * ge[di];
cntd[di] += ge[ai] * ge[bi] * ge[ci];
break; // 1个abc只能对应1个d，如果找到了，直接退出循环
}
for(int i = 1; i <= m; i++)
{
int t = node[i].val;
printf("%d %d %d %d\n",cnta[t], cntb[t], cntc[t], cntd[t]);
}
return 0;
}以上代码优化后可以拿到80%分数。 继续优化。
解法三、四层循环优化为三层
公式 ①②③ 告诉了我们几组关系，
1、如果CD之间的距离为一个步长 ，则AB之间的距离必为两倍步长 ，且BC之间的距离要大于六倍步长 。
2、假设步长为 k， 且已知 ai，则
● bi 可直接推断出为 = ai+2k
● ci 的左边界可以推断出 = ai + 8k + 1，从左边界向右枚举即可
● di 可直接推断出为 = ci+k = ai + 9k + 1
如此一来，之前的四层for循环就变成了三层。只需要枚举步长k，ai和ci即可。代码见下
cpp
#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 40005
using namespace std;
struct Node
{
int val, id; // 存储节点的值和 id。 id用于最终的输出
};
Node node[MAXN];
int n, m; // m 个魔法物； 魔法值不超过 n
int ge[MAXN]; // 记录val为i的魔法物的个数。用于计算组合
int cnta[MAXN], cntb[MAXN], cntc[MAXN], cntd[MAXN]; // cnta[i]表示val为i的魔法物在A位置出现的次数
// cntb[i]表示val为i的魔法物在B位置出现的次数, cntc[i]表示val为i的魔法物在C位置出现的次数 等
// 暴力枚举 90% 分数
int main()
{
scanf("%d%d",&n, &m);
int x;
for(int i = 1; i <= m; i++)
{
scanf("%d", &x);
node[i].val = x;
node[i].id = i;
ge[x]++; // 统计魔法值为x的物品个数
}
for(int k = 1; 9 * k < n; k++ )
for(int ai = 1; ai <= n - 9*k; ai++) // ai步长为2，可保证bi-ai为2的整数倍
{
int bi = ai + 2*k;
for(int ci = ai + 8*k + 1; ci <= n - k; ci++) // 根据公式3，枚举ci
{
int di = ci + k;
cnta[ai] += ge[bi] * ge[ci] * ge[di];
cntb[bi] += ge[ai] * ge[ci] * ge[di];
cntc[ci] += ge[ai] * ge[bi] * ge[di];
cntd[di] += ge[ai] * ge[bi] * ge[ci];
}
}
for(int i = 1; i <= m; i++)
{
int t = node[i].val;
printf("%d %d %d %d\n",cnta[t], cntb[t], cntc[t], cntd[t]);
}
return 0;
}以上代码优化后可以拿到90%分数。依然没达到满分。 继续优化。
解法四、三层循环优化为两层（前缀和+后缀和）
三层for循环依然会超时，故如果满分需要压缩到2层for循环。我们看下面这张图，会发现：
1、从右往左 看，当 CD固定 时，AB可以移动 ，移动的 右边界 是BC距离为6k+1。 即：右边界左侧 的 每一对 间隔 步长 为 2k 的 AB 都符合题意。所以对AB点的计算可以采用 前缀和。
2、同理（图二），从左往右 看，当 AB固定 时 ，CD可以移动 ，移动的 左边界 是BC距离为6k+1。 即：左边界右侧 的每一对间隔 步长 为 k 的 CD 都符合题意。所以对CD点的计算可以采用后缀和（因为从后往前计算）。
详细代码见下：
cpp
#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 40005
using namespace std;
struct Node
{
int val, id; // 存储节点的值和 id。 id用于最终的输出
};
Node node[MAXN];
int n, m; // m 个魔法物； 魔法值不超过 n
int ge[MAXN]; // 记录val为i的魔法物的个数。用于计算组合
int cnta[MAXN], cntb[MAXN], cntc[MAXN], cntd[MAXN]; // cnta[i]表示val为i的魔法物在A位置出现的次数
// cntb[i]表示val为i的魔法物在B位置出现的次数, cntc[i]表示val为i的魔法物在C位置出现的次数 等
// 暴力枚举 90% 分数。
// 枚举ai，bi，ci。根据公式2，如果bi-ai不满足是2的倍数，则不存在ci和di，故直枚举下一个bi。
// 由于1个ai、bi、ci只能对应1个di。所以在枚举ci时，对di进行直接计算即可。
int main()
{
scanf("%d%d",&n, &m);
int x;
for(int i = 1; i <= m; i++)
{
scanf("%d", &x);
node[i].val = x;
node[i].id = i;
ge[x]++; // 统计魔法值为x的物品个数
}
// 3层for循环依然会超时，故需要压缩到2层for循环
// 由于当 di 固定时，ci 就固定。当 ci 固定时，bi能移动的右边界就固定，ai的右边界也就固定。所以，只要不超过右边界的每一对bi和ai都满足已知固定di和ci的魔法阵。
// 所以，当di和ci固定时，只有bi和ai是变量，此时对每一对bi和ai求前缀和。同理，当ai 和 bi 固定时，对每一对ci和di求后缀和。
for(int k = 1; 9 * k < n; k++ )
{
int sumab = 0;
// 因为对ai和bi求前缀和，所以di枚举的顺序是从小到大。所以di从9*k + 2开始（9*k+1+A的起始是1）
for(int di = 9*k + 2; di <= n; di++)
{
int ci = di - k; // 当 di 固定时，ci 也固定
int bi = di - 7*k - 1; // 当ci固定时，bi的右边界可固定
int ai = di - 9*k - 1; // 当bi的右边界固定时，ai的右边界也可固定
sumab += ge[ai] * ge[bi]; // 由于di是从最小值枚举，所以ai和bi可以用前缀和记录每一组有效状态
cntc[ci] += sumab * ge[di];
cntd[di] += sumab * ge[ci];
}
int sumcd = 0;
for(int ai = n - 9*k - 1; ai >= 1; ai--)
{
int bi = ai + 2*k; // 当 ai 固定时，bi 也固定
int ci = ai + 8*k + 1; // 当bi固定时，ci的左边界可固定
int di = ai + 9*k + 1; // 当ci的左边界固定时，di的左边届也固定
sumcd += ge[ci] * ge[di]; // 由于ai是从大到小枚举，所以ci和di可以用后缀和
cnta[ai] += ge[bi] * sumcd;
cntb[bi] += ge[ai] * sumcd;
}
}
for(int i = 1; i <= m; i++)
{
int t = node[i].val;
printf("%d %d %d %d\n",cnta[t], cntb[t], cntc[t], cntd[t]);
}
return 0;
}以上第四种方法详细讲解可参见 www.luogu.com.cn/article/4ls...