[BZOJ1227][SDOI2009]虔誠的墓主人

[SDOI2009]虔誠的墓主人

Description
小W 是一片新造公墓的管理人。公墓可以看成一塊N×M 的矩形，矩形的每個格點，要麼種着一棵常青樹，要麼是一塊還沒有歸屬的墓地。當地的居民都是非常虔誠的基督徒，他們願意提前爲自己找一塊合適墓地。爲了體現自己對主的真誠，他們希望自己的墓地擁有着較高的虔誠度。一塊墓地的虔誠度是指以這塊墓地爲中心的十字架的數目。一個十字架可以看成中間是墓地，墓地的正上、正下、正左、正右都有恰好k 棵常青樹。小W 希望知道他所管理的這片公墓中所有墓地的虔誠度總和是多少
Input
第一行包含兩個用空格分隔的正整數N 和M，表示公墓的寬和長，因此這個矩形公墓共有(N+1) ×(M+1)個格點，左下角的座標爲(0, 0)，右上角的座標爲(N, M)。第二行包含一個正整數W，表示公墓中常青樹的個數。第三行起共W 行，每行包含兩個用空格分隔的非負整數xi和yi，表示一棵常青樹的座標。輸入保證沒有兩棵常青樹擁有相同的座標。最後一行包含一個正整數k，意義如題目所示。
Output
包含一個非負整數，表示這片公墓中所有墓地的虔誠度總和。爲了方便起見，答案對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
圖中，以墓地(2, 2)和(2, 3)爲中心的十字架各有3個，即它們的虔誠度均爲3。其他墓地的虔誠度爲0。 對於30%的數據，滿足1 ≤ N, M ≤ 1,000。對於60%的數據，滿足1 ≤ N, M ≤ 1,000,000。對於100%的數據，滿足1 ≤ N, M ≤ 1,000,000,000，0 ≤ xi ≤ N，0 ≤ yi ≤ M，1 ≤ W ≤ 100,000， 1 ≤ k ≤ 10。存在50%的數據，滿足1 ≤ k ≤ 2。存在25%的數據，滿足1 ≤ W ≤ 10000。

Solution
先離散化
從左往右掃描，時刻維護當前豎線的信息:左邊的點數，右邊的點數，以及組合數之積的前綴和，樹狀數組單點修改區間查詢

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;    
}