[EOJ Monthly 2018.10][C. 痛苦的 01 矩阵]
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题目链接:C. 痛苦的 01 矩阵
题目大意:原题说的很清楚了,不需要简化_(:з」∠)_
题解:设(r_i)为第(i)行中0的个数,(c_j)为第(j)列中0的个数,(f_{i,j})代表对应格子是否为0,则有(cost(i,j)=r_i+c_j-f_{i,j}),((cost(i,j))^2=r_i^2+c_j^2+f_{i,j}+2r_ic_j-2f_{i,j}(r_i+c_j))
$$sum_{i=1}^n sum_{j=1}^n left( cost(i,j) ight)^2 = sum_{i=1}^n (r_i^2+c_i^2)+sum_{i=1}^n sum_{j=1}^nf_{i,j}+2(sum_{i=1}^nr_i)(sum_{j=1}^nc_j)-2f_{i,j}sum_{i=1}^n sum_{j=1}^n(r_i+c_j)$$
初始状态下,(ans=n^2*(2n-1)^2, r_i=c_i=n),给出(k)个为1的方格可以看做进行(k)次反转操作,之后把式子中的每一项一一对应地进行修改就好了
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define N 200001 #define LL long long #define MOD 1000000007 LL n,k,q,x,y,u,v,r[N],sr[N],c[N],sc[N],ans; set<LL>s; void add(LL x,LL y) { s.insert(x*N+y); r[x]--,c[y]--; ans+=MOD-n*(2ll*r[x]+1)%MOD,ans%=MOD; ans+=MOD-n*(2ll*c[y]+1)%MOD,ans%=MOD; ans+=MOD-1,ans%=MOD; ans+=2ll*(MOD-sc[n]+MOD-sr[n]+1),ans%=MOD; ans+=2ll*(r[x]+1+c[y]+1)%MOD,ans%=MOD; ans+=2ll*r[x]%MOD+2ll*c[y]%MOD,ans%=MOD; sc[n]--,sr[n]--; } void del(LL x,LL y) { sc[n]++,sr[n]++; ans+=MOD-(2ll*r[x]%MOD+2ll*c[y]%MOD)%MOD,ans%=MOD; ans+=MOD-(2ll*(r[x]+1+c[y]+1)%MOD)%MOD,ans%=MOD; ans+=2ll*(sc[n]+sr[n]-1)%MOD,ans%=MOD; ans++,ans%=MOD; ans+=n*(2ll*c[y]+1)%MOD,ans%=MOD; ans+=n*(2ll*r[x]+1)%MOD,ans%=MOD; r[x]++,c[y]++; s.erase(x*N+y); } int main() { scanf("%lld%lld%lld",&n,&k,&q); for(LL i=1;i<=n;i++) { r[i]=c[i]=n; sr[i]=(sr[i-1]+r[i])%MOD; sc[i]=(sc[i-1]+c[i])%MOD; } ans=4ll*n*n-4ll*n+1,ans%=MOD; ans*=n*n%MOD,ans%=MOD; for(LL i=1;i<=k;i++) scanf("%lld%lld",&x,&y),add(x,y); printf("%lld ",ans); for(LL i=1;i<=q;i++) { scanf("%lld%lld",&u,&v); if(s.count(u*N+v))del(u,v); else add(u,v); printf("%lld ",ans); } return 0; }
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