很好的一道数学推导题
45分做法
$O(N^4)$暴力枚举四个材料
55分做法
从第一个约束条件可得到所有可行答案都是单调递增的，所以可以排序一遍，减少枚举量，可以拿到55分
100分做法
首先可以发现每个$x$都小于n，而$n$最大值只是$15000$，所以可以开一个桶来存每个魔法值出现的次数
回忆一下3个约束条件
$xa<xb<xc<xd$ ①
$xb-xa=2(xd-xc)$ ②
$xb-xa<(xc-xb)/3$ ③
现在魔改一下这三个式子
设$t=xd-xc$
所以②可化为$xb-xa=2t$ ④
将④代入③
$2t<(xc-xb)/3$
移项一下，就变成
$6t<xc-xb$ ⑤
再魔改一下
设$6t+k=xc-xb$（就是把差的部分补上去）
于是可以画出来一个图
显然，$A$的最小值为$1$，$D$的最大值为$n$
由图可得$AD=9t+k$
所以我们可以尝试着枚举t，用t来表示各个魔法值的值
由上易得t的范围为$1<=t<=(n-1)/9$
在代码中为了避免除法写成$t*9<n$
再枚举D，因为我们已经枚举出了t，所以C的值是可以直接算出来的
$C=D-t$
又因为使$A,B,C,D$满足条件的k的最小值为1，所以对于当前的C和D，最大的A和B为$A=D-9t-1,B=D-7t-1$
那么如果A和B更小怎么办？
观察到在其他条件不变的情况下，只要$C$和$B$满足$Xc-Xb>6t$，那么这个魔法阵就一定成立，所以当$(a1<a2,b1<b2)$时，只要$a2$和$b2$能够和$C,D$组成魔法阵，$a1,b1$也一定能和$C,D$组成魔法阵，所以可以使用前缀和优化
然后又由乘法原理可得，当前魔法值作为$D$物品的个数为$SumD=SumA*SumB*SumC$
所以我们利用前缀和优化$SumA*SumB$
C的情况可以顺便在算D的时候算出来
那么还有一个问题是，我们枚举的D的范围是多少？
因为要统计前缀和，所以一定是要顺推下去的，由上面那张图我们可以知道，D的最大值为n，最小值则为当k=1且A=1的时候，所以D的最小值为$9*t+2$，再小是无法组成魔法阵的
同理可以枚举A
但是这个的情况又和枚举D的情况有一点不同
在其他条件不变的情况下，只要$C$和$B$满足$Xc-Xb>6t$，那么这个魔法阵就一定成立，所以当$(c1<c2,d1<d2)$时，只要$c1$和$d1$能够和$A,B$组成魔法阵，$c2,d2$也一定能和$A,B$组成魔法阵，所以可以使用后缀和优化
因为需要统计后缀和，所以需要逆推
枚举的范围：A的最大值为$(n-t*9-1)$(因为当k=1，D=n的时候A才最大)，A的最小值则为1
所以就可以算出每个魔法值作为$A,B,C,D$物品的次数了，输出时直接输出当前魔法物品的魔法值的次数就可以了
#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 ",a[x[i]],b[x[i]],c[x[i]],d[x[i]]); } return 0; }
参考资料：
（如果看不懂我的题解可以去看一下学长的qwq，我是看他的题解才懂这道题怎么写的，然后自己再归纳总结一下才写出来这篇博客）