分析:
如果忽略斜向的情况,那么这道题就很简单了:
求出所有没被覆盖的行数,以及所有没被覆盖的列数,乘起来就是没被横向和纵向覆盖的格子总数。
现在考虑斜向的情况,如果没有被横向和纵向的干扰,那么每一条斜线覆盖的点数都是可计算的。但由于横向与纵向的存在,所以要加回来它们也覆盖的位置(因为被重复计数了)。
用一个多项式
表示第x行是否被覆盖(被覆盖为0,未被覆盖为1)
用一个多项式
表示第y列是否被覆盖(同上)
用x-y可以表示这个点所在的斜线编号,所以需要将B反序,
再求出B反序后的
,这里面每一项的系数即为那一条斜线中:没被横向与纵向覆盖的点的总数。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
#define SF scanf
#define PF printf
#define MAXN 200010
typedef long long ll;
const int G=3;
const int siz=131072;
using namespace std;
const double Pi=acos(-1);
struct cpx{
double r,i;
cpx() {}
cpx(double _r,double _i):r(_r),i(_i) {}
cpx operator * (const cpx &a) const{
return cpx(r*a.r-i*a.i,r*a.i+i*a.r);
}
cpx operator + (const cpx &a) const{
return cpx(r+a.r,i+a.i);
}
cpx operator - (const cpx &a) const{
return cpx(r-a.r,i-a.i);
}
};
void fft(cpx *a,int f,int N){
int i,j,k;
for(i=1,j=0;i<N;i++){
for(int d=N;j^=d>>=1,~j&d;);
if(i<j)
swap(a[i],a[j]);
}
for(i=1;i<N;i<<=1){
cpx wn(cos(Pi/i),f*sin(Pi/i));
for(j=0;j<N;j+=i<<1){
cpx w(1,0);
for(k=0;k<i;k++,w=w*wn){
cpx x=a[j+k],y=w*a[i+j+k];
a[j+k]=x+y;
a[i+j+k]=x-y;
}
}
}
if(f==-1)
for(i=0;i<N;i++)
a[i].r/=N;
}
cpx A[MAXN],B[MAXN];
int ts,r,c,m;
pair<int,int> a[MAXN];
bool usedx[MAXN],usedy[MAXN],used[MAXN];
int main(){
SF("%d",&ts);
for(int Cas=1;Cas<=ts;Cas++){
memset(usedx,0,sizeof usedx);
memset(usedy,0,sizeof usedy);
memset(used,0,sizeof used);
memset(A,0,sizeof A);
memset(B,0,sizeof B);
SF("%d%d%d",&r,&c,&m);
for(int i=1;i<=m;i++){
SF("%d%d",&a[i].first,&a[i].second);
usedx[a[i].first]=1;
usedy[a[i].second]=1;
}
ll cntx=0,cnty=0;
for(int i=1;i<=r;i++)
if(usedx[i]==0)
cntx++;
for(int i=1;i<=c;i++)
if(usedy[i]==0)
cnty++;
ll sum=cntx*cnty;
for(int i=1;i<=r;i++)
if(usedx[i]==0)
A[i].r=1;
for(int i=1;i<=c;i++)
if(usedy[i]==0)
B[50000-i].r=1;
fft(A,1,siz);
fft(B,1,siz);
for(int i=0;i<=siz;i++)
A[i]=A[i]*B[i];
fft(A,-1,siz);
for(int i=1;i<=m;i++){
int xs=a[i].first-a[i].second+50000;
if(used[xs]==0){
sum-=(long long)(A[xs].r+0.5);
used[xs]=1;
}
}
PF("Case %d: %lld\n",Cas,sum);
}
}