很好的一道數學推導題
45分做法
$O(N^4)$暴力枚舉四個材料
55分做法
從第一個約束條件可得到所有可行答案都是單調遞增的，所以可以排序一遍，減少枚舉量，可以拿到55分
100分做法
首先可以發現每個$x$都小於n，而$n$最大值只是$15000$，所以可以開一個桶來存每個魔法值出現的次數
回憶一下3個約束條件
$xa<xb<xc<xd$ ①
$xb-xa=2(xd-xc)$ ②
$xb-xa<(xc-xb)/3$ ③
現在魔改一下這三個式子
設$t=xd-xc$
所以②可化為$xb-xa=2t$ ④
將④代入③
$2t<(xc-xb)/3$
移項一下，就變成
$6t<xc-xb$ ⑤
再魔改一下
設$6t+k=xc-xb$（就是把差的部分補上去）
於是可以畫出來一個圖
顯然，$A$的最小值為$1$，$D$的最大值為$n$
由圖可得$AD=9t+k$
所以我們可以嘗試着枚舉t，用t來表示各個魔法值的值
由上易得t的范圍為$1<=t<=(n-1)/9$
在代碼中為了避免除法寫成$t*9<n$
再枚舉D，因為我們已經枚舉出了t，所以C的值是可以直接算出來的
$C=D-t$
又因為使$A,B,C,D$滿足條件的k的最小值為1，所以對於當前的C和D，最大的A和B為$A=D-9t-1,B=D-7t-1$
那么如果A和B更小怎么辦？
觀察到在其他條件不變的情況下，只要$C$和$B$滿足$Xc-Xb>6t$，那么這個魔法陣就一定成立，所以當$(a1<a2,b1<b2)$時，只要$a2$和$b2$能夠和$C,D$組成魔法陣，$a1,b1$也一定能和$C,D$組成魔法陣，所以可以使用前綴和優化
然后又由乘法原理可得，當前魔法值作為$D$物品的個數為$SumD=SumA*SumB*SumC$
所以我們利用前綴和優化$SumA*SumB$
C的情況可以順便在算D的時候算出來
那么還有一個問題是，我們枚舉的D的范圍是多少？
因為要統計前綴和，所以一定是要順推下去的，由上面那張圖我們可以知道，D的最大值為n，最小值則為當k=1且A=1的時候，所以D的最小值為$9*t+2$，再小是無法組成魔法陣的
同理可以枚舉A
但是這個的情況又和枚舉D的情況有一點不同
在其他條件不變的情況下，只要$C$和$B$滿足$Xc-Xb>6t$，那么這個魔法陣就一定成立，所以當$(c1<c2,d1<d2)$時，只要$c1$和$d1$能夠和$A,B$組成魔法陣，$c2,d2$也一定能和$A,B$組成魔法陣，所以可以使用后綴和優化
因為需要統計后綴和，所以需要逆推
枚舉的范圍：A的最大值為$(n-t*9-1)$(因為當k=1，D=n的時候A才最大)，A的最小值則為1
所以就可以算出每個魔法值作為$A,B,C,D$物品的次數了，輸出時直接輸出當前魔法物品的魔法值的次數就可以了
#include <cstdio> #include <algorithm> using namespace std; inline int read(){ int x=0,f=1;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-f;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();} return x*f; } #define N 50010 int n,m; int a[N],b[N],c[N],d[N]; int x[N],vis[N]; int main(){ n=read();m=read(); for(int i=1;i<=m;i++) x[i]=read(),vis[x[i]]++; for(int t=1;t*9<n;t++){ int sum=0; for(int D=9*t+2;D<=n;D++){ int A=D-9*t-1; int B=A+2*t; int C=D-t; sum+=vis[A]*vis[B]; c[C]+=vis[D]*sum; d[D]+=vis[C]*sum; } sum=0; for(int A=n-9*t-1;A;A--){ int B=A+2*t; int C=B+6*t+1; int D=A+9*t+1; sum+=vis[C]*vis[D]; a[A]+=vis[B]*sum; b[B]+=vis[A]*sum; } } for(int i=1;i<=m;i++){ printf("%d %d %d %d\n",a[x[i]],b[x[i]],c[x[i]],d[x[i]]); } return 0; }
參考資料：
（如果看不懂我的題解可以去看一下學長的qwq，我是看他的題解才懂這道題怎么寫的，然后自己再歸納總結一下才寫出來這篇博客）