【題解】洛谷P6006 [USACO20JAN]Farmer John Solves 3SUM G

題意

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題解

發現$n \leq 5000$，那麼我們自然想到$O(n^2)$預處理之後$O(1)$回答詢問。

先考慮一個更簡單的問題，如果$f[i][j]$表示在區間$[l,r]$中，滿足$k \in (l,r)，a[k]+a[l]+a[r]=0$的$k$的數量，那麼我們是可以枚舉左右端點，用一個桶做到$O(n^2)$預處理$f$的。

那麼$f$與最後的答案是什麼關係呢？最後要求的是：在一段區間內，左右端點不強制選的方案數。這隱隱約約的有點像是$f$數組的一個前綴和。

我們可以考慮先求出$s[l][r]$表示左端點在$[1,l]$內，右端點在$[1,r]$內的總方案數。這就真的是$f$的二位前綴和了。

可以這麼理解，把$f[l][r]$對應到平面上的一個點，那麼$s[l][r]$就是從$(1,1)$到$(l,r)$的這個矩形中所有點的和。這樣我們也就可以在$O(n^2)$的時間內求出$s$。

同樣的，最後的答案實際上是區間左右端點都在$[l,r]$內總答案。對應到平面上也就是左上角爲$(l,l)$，右下角爲$(r,r)$的矩形中所有點的和。這樣就可以通過$s$來$O(1)$求答案了。

代碼

注意開桶的時候需要平移值域

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define MAX 5005
#define K 1000000
using namespace std;

int n, Q;
int a[MAX], cnt[2000005];
ll s[MAX][MAX];

int main()
{
    cin >> n >> Q;
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        scanf("%d", &a[i]), a[i] += K;
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        for(int j = i+1; j <= n; ++j){
            if(j > i+1){
                if(a[i]+a[j] <= K*3 && a[i]+a[j] >= K) s[i][j] = cnt[K*3-a[i]-a[j]];
            }
            cnt[a[j]]++;
        }
        for(int j = i+1; j <= n; ++j){
            cnt[a[j]]--;
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        for(int j = 1; j <= n; ++j){
            s[i][j] += s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1];
        }
    }
    int l, r;
    while(Q--){
        scanf("%d%d", &l, &r);
        printf("%lld\n", s[r][r]-s[l-1][r]-s[r][l-1]+s[l-1][l-1]);
    }

    return 0;
}