超级英雄的战斗(fight)

【 问题描述】
美国队长和钢铁侠正在与很多外星人战斗。 这场战斗的持续时间是 t
分钟， 每分钟美国队长和钢铁侠都可能消灭 0 个或 1 个外星人。 我们用一
个长度为 t 的字符串 S 来描述这场战斗， 每个字符代表一分钟内发生的情
况： M 表示只有美国队长消灭了 1 个外星人， G 表示只有钢铁侠消灭了 1
个外星人， T 表示两人同时消灭了 1 个外星人， 不存在某 1 分钟两人都没
有消灭外星人。
钢铁侠知道一般情况下他们两个的战斗能力比是 m:g， 表示在相同时
间内如果美国队长消灭了 mk 个敌人， 钢铁侠应当能消灭 gk 个。 战斗之
后， 钢铁侠发现， 并不是所有连续时间段都符合一般情况的。 用 S 的一个
子串 S2=S[l…r]表示一个连续时间段， 我们称 S2 是“好” 的， 当且仅当在
第 l 分钟到第 r 分钟（ 两端均包含） 美国队长消灭的敌人数和钢铁侠消灭
的敌人数之比恰好等于 m:g。
钢铁侠需要计算最长的“好” 的 S 的非空子串， 最长的“ 好” 的子串
的数量， 以及 S 的所有“好” 的非空子串的数量。 如果字符串一样但位置
不同分开计算数量。
【 输入格式(fight.in)】
输入第一行包含 3 个非负整数： t,m 和 g。
第二行包含一个长度为 t 的字符串 S， 含义如前所说。
【 输出格式(fight.out)】
输出两行。 第一行包含 3 个整数 l,r 和 cnt， 表示 S 的子串 S[l…r]是最
长的“好” 子串（ S 的编号从 1 开始） ， 如果有多个输出最左边的子串，
以及与它等长的“ 好”的子串的数量。 第二行包含 1 个整数， 表示 S 的“好”
的非空子串数量。 如果不存在“好” 的非空子串， 只输出”A weird fight”（ 不
包含引号） 。
【 样例输入 1】
6 1 2
GTGGTT
【 样例输出 1】
1 6 1
6
【 样例输入 2】
2 3 2
TMG
【 样例输出 2】
A weird fight

显然，暴力枚举，就是预处理一个前缀和枚举左区间有区间统计即可。
钢铁侠的前缀和为G[i],美国队长的前缀和为M[i]。
如果要满足条件，对于左右区间，一定满足下列等式： $g/m=(G[r]-G[l-1])/(M[r]-M[l-1])$
变形，就是： $g*(M[r]-M[l-1])=m*(G[r]-G[l-1])$
展开，得： $g*M[r]-g*M[l-1]=m*G[r]-m*G[l-1]$
移项，得： $g*M[r]-m*G[r]=g*M[l-1]-m*G[l-1]$
显然，我们可以先求出每一个l值，在枚举r的时候直接查找用数组标记的l值即可。
程序注意：枚举i时，对于r是i，对于l是l+1，所以作为r的i不能直接调用当前i的l。
代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 120000
#define LL long long

int t,m,g;
char a[maxn];
int G[maxn],M[maxn];
int ans=0,maxcnt=0,ans_left=0,maxlen=0;
map<int,int> first,cnt;

int main()
{
	freopen("fight.in","r",stdin);
	freopen("fight.out","w",stdout);
	cin>>t>>m>>g;
	for (int i=1;i<=t;++i)
	{
		cin>>a[i];
		G[i]=G[i-1],M[i]=M[i-1];
		if (a[i]=='T') G[i]++,M[i]++;
		else if (a[i]=='M') M[i]++;
		else if (a[i]=='G') G[i]++;
	}
	first[0]=cnt[0]=1;
	for (int i=1;i<=t;++i) 
	{
	    LL val=(LL)m*G[i]-g*M[i];//计算Right的值 
		if (!first[val]) first[val]=i+1,cnt[val]=1;
		//同时i也作为i的值进行运算 实际的含义是left=1 
		else
		{
			ans+=cnt[val];
			if (i-first[val]>maxlen)
			{
				maxlen=i-first[val];
				ans_left=first[val];
				maxcnt=1;
			} 
			else if (i-first[val]==maxlen) maxcnt++;
			cnt[val]++;
			//注意顺序不能乱：Right(i)使用过才能使用Left(i+1),该left状态在Right下不合法 
		}
	} 
	if (!maxlen) cout<<"A weird fight\n"; 
	else cout<<ans_left<<' '<<ans_left+maxlen<<' '<<maxcnt<<'\n'<<ans<<'\n';
	return 0;
}

方方方

我们知道，对于三个点的曼哈顿距离只和为：左上角和右下角组成的矩形。
对于每一个矩形，若长度为x，y，则移动有 $(n-x+1)(m-y+1)$个
证明：行列。显而易见。
若长度为x,y,则一共选择的方案数就是 $6*(n-2)(m-2)$ 种
证明：
1.若一个是左上角，一个是右下角，合法的第三个点就是中间矩形部分；左下角和右上角同样。故总方案数为： $2*(x-2)*(y-2)$
2.若只有一个是角落的，假设是左上角，且另外亮点一定不再角落上，同样是在右边的和下面的边中去掉两个端点的位置；右上角，右下角，左下角同理。故总方案数为： $4*(x-2)*(y-2)$
因此xy的矩形拥有： $(n-x+1)*(n-y+1)*6*(x-2)*(y-2)$
直接枚举即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn
#define P 1000000007
inline void read(long long &readnum)
{
	long long s=0,w=1;char c=getchar();
	while (c<'0' || c>'9') {if (c=='-') w=-1;c=getchar();}
	while (c>='0' && c<='9') s=s*10+c-48,c=getchar();
	readnum=s*w;
}

long long n,m,l,r;
long long ans=0;

inline long long num(long long x,long long y) {
	return (n-x+1)*(m-y+1)%P;
}

inline long long sum(long long x,long long y) {
	return 6*(x-2)*(y-2)%P;
}

int main(void)
{
	freopen("orzfang.in","r",stdin);
	freopen("orzfang.out","w",stdout);
	read(n);
	read(m);
	read(l);
	read(r);
	for (long long i=3;i<=n;++i)
	    for (long long j=3;j<=m;++j)
	        if ((i+j-2)*2>=l && (i+j-2)*2<=r)
	            ans=(ans+(num(i,j)*sum(i,j))%P)%P;
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}