2018.07.10NOIP模拟 Draw（容斥原理）

Draw

题目背景

SOURCE：NOIP2016-RZZ-4 T3

题目描述

给定笛卡尔坐标系上 n 个不重复的点。

定义一个 L 形为：

一个形如 (x,y),(x+1,y)…(x+a,y),(x,y+1)…(x,y+b) 的点集。

并且满足 a,b≥1 且 gcd(a,b)=1。

求有多少个集合的二元组 (A,B) 满足 A 和 B 都是 L 形，且 A 和 B 没有交，即A∩B=φ。其中 A 和 B 是两个集合，A 和 B可以相等。，

当 A≠B 时，我们将 (A,B) 和 (B,A) 视为不同的二元组。

输入格式

第一行一个整数 n 。

接下来 n 行每行两个正整数 xi，yi 描述点的坐标。

输出格式

输出一个整数，表示答案。

样例数据 1

输入

1 1

1 2

2 1

3 3

3 4

4 3

输出

2

备注

【数据规模与约定】

设坐标 xi，yi 的范围为 [1,S]。

对于 30% 的数据，S≤10。

对于 50% 的数据，S≤50。

对于 100% 的数据，S≤200，0≤n≤4*104，n≤S^2。

这题要用玄学的容斥原理，考场上50" role="presentation" style="position: relative;">5050分写挂了。听完评讲发现自己的方法改一下就成正解了。

我们先统计出所有的二元组个数，然后去掉有交集的就行了。那我们来讨论一下有交集的情况。

• 两个l" role="presentation" style="position: relative;">ll拐点重合：直接算。
• 两个拐点不在一条水平线或铅直线上，枚举其中一个拐点和其中一条边统计经过边上某点的l" role="presentation" style="position: relative;">ll的数量。
• 两个拐点在一条水平线或在铅直线上上，类似的方法枚举。

代码（丑）如下：

#include<bits/stdc++.h>
#define D 205
#define N 40005
#define ll long long
using namespace std;
ll num[D][D];
ll cnt[D][D],sum;
ll f[D][D],u[D][D],r[D][D],n,s;
bool mp[D][D];
struct pot{ll x,y;}p[N];
inline ll gcd(ll a,ll b){while(b){ll t=a;a=b,b=t%a;}return a;}
inline ll solve(ll m,ll n){
    ll ret=0;
    for(ll i=1;i<=n;++i)ret+=(gcd(i,m)==1);
    return ret;
}
inline void init(){
    memset(num,0,sizeof(num));
    for(ll i=1;i<=200;++i)
        for(ll j=1;j<=200;++j)
            f[i][j]=solve(i,j),num[i][j]=num[i-1][j]+f[i][j];
}
inline ll read(){
    ll ans=0;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch))ch=getchar();
    while(isdigit(ch))ans=(ans<<3)+(ans<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    return ans;
}
int main(){
    init();
    n=read();
    memset(mp,false,sizeof(mp));
    memset(u,0,sizeof(u));
    memset(r,0,sizeof(r));
    memset(cnt,0,sizeof(cnt));
    for(ll i=1;i<=n;++i){
        p[i].x=read(),p[i].y=read();
        mp[p[i].x][p[i].y]=true;
    }
    for(ll i=200;i>=1;--i)
        for(ll j=200;j>=1;--j)
            if(mp[i][j]){
                if(mp[i][j+1])r[i][j]=r[i][j+1]+1;
                if(mp[i+1][j])u[i][j]=u[i+1][j]+1;
            }
    for(ll i=1;i<=200;++i)
        for(ll j=1;j<=200;++j)
            if(mp[i][j]){
                ll q[D];
                memset(q,0,sizeof(q));
                for(ll k=1;k<=u[i][j];++k)q[k]=f[k][r[i][j]];
                for(ll k=u[i][j];k>=1;--k)q[k-1]+=q[k];
                s+=q[0];
                for(ll k=0;k<=u[i][j];++k)cnt[i+k][j]+=q[k];
            }
    ll ans=0;
    for(ll i=1;i<200;++i)
        for(ll j=1;j<200;++j)
            if(u[i][j]&&r[i][j]){
                ll tmp=cnt[i][j],redu;
                tmp-=(redu=num[u[i][j]][r[i][j]]);
                for(ll k=1;k<=r[i][j];++k){
                    tmp+=cnt[i][j+k];
                    ans+=f[k][u[i][j]]*tmp*2;
                }
                ans+=redu*redu;
            }
    printf("%lld",s*s-ans);
    return 0;
}