想把最近几年的NOIP T4都先干掉，就大概差16年的，所以来做一做。
然后这题就浪费了我一整天QAQ...果然还是自己太弱了QAQ
点我看题
还是pa洛谷的...
题意：给m个物品，每个物品有一个不超过n的数xi。
如果存在四元组 (a,b,c,d)满足
① xa<xb<xc<xd
② xb-xa=2(xd-xc)
③ xb-xa<(xc-xb)/3
辣么这个四元组是有效的，问每个物品分别作为有效四元组中 a，b，c，d 几次
思路：16年是第一次参加的noip啊...结果炸的挺惨的，比赛的时候这题没多少时间打了，就草草打了一个暴力优化，结果细节没考虑挂掉了。
今天再来写的时候先敲了暴力，一个简单的暴力优化可以水到85分，所以真的是暴力出奇迹啊=v=
辣正解捏，不得不说这题的数学成分实在太高，我想了整整一个下午都没搞懂，但其实真的不是很难吧...
我们可以这样去想，把每一个物品的数字都抽象为一个数轴上的点的坐标。
然后画图。
可以这样考虑，设xd-xc=i 则 xb-xa=2*(xd-xc)=2*i
把化简的二式带入三式 得： 6*i<xc-xb 设6*i+k=xc-xb ( 就是把差的部分补上去，这个姿势貌似还挺有用)
这样的话就可以画图了，由一式条件和化简后的式子可以得到这样的图
图丑就别喷了... 所以 AD=9i+k 所以 i 的取值范围也可以得到 1≤i≤n/9 (准确来说 i 要比n更小，不过没什么影响)
画完图是不是清晰了一点(其实并没有啊)
然后我萌就可以这样想了，如果知道了 i 和 A 就可以得到 B 如果知道 i 和 C 就可以得到 D 但是如果仅知道某两项是得不到其他的。
我萌把A和B看成一个整体，把C和D看成一个整体，并分别求答案。
我萌枚举 i ，然后枚举 A 这样可以算出 B， 同时 我萌可以知道 C 和 D的最小位置 即当 k=1 时 C=A+8i+1，D=A+9i+1, 知道这个最小位置有什么用？
因为知道A的答案=数字为B的物品个数*数字为C的物品个数*数字为D的物品个数
而对于任意k，如果存在数字C的位置有物品且D的位置有物品，辣么很显然 数字为C的物品个数*数字为D的物品个数 可以通过枚举A的过程中利用后缀和进行累积，然后又因为要后缀和，所以A就得从后往前枚举。
B的答案类似，在A进行求答的时候可以一起求了。
B的答案=数字为A的物品个数*数字为C的物品个数*数字为D的物品个数
辣CD为一个整体的时候捏，类比啊，一样的，但是发现数字为A的物品个数*数字为B的物品个数 累积的时候是前缀和了，所以C的枚举就是从前往后。
一道很棒的题，很棒的数学题...(困惑了我好久，看题解还看不懂！！)
var n,m:longint;
a,id,num:array[..]of longint;
l:array[..]of longint;
i,j,k,d:longint;
z:longint;
numab,numcd:longint;
sum:array[..,..]of longint;
begin
read(n,m);
for i:= to m do
begin
read(a[i]);
inc(num[a[i]])
end;
for i:= to (n div ) do
begin
numcd:=;
for j:=n-(*i+) downto do
begin
numcd:=numcd+num[j+*i+]*num[j+*i+];
inc(sum[j,],num[j+*i]*numcd);
inc(sum[j+*i,],num[j]*numcd);
end;
numab:=;
for j:=*i+ to n-i do
begin
numab:=numab+num[j-*i-]*num[j-*i-];
inc(sum[j,],num[j+i]*numab);
inc(sum[j+i,],num[j]*numab);
end;
end;
for i:= to m do
begin
for j:= to do
write(sum[a[i],j],' ');
writeln;
end;
end.
NOIP2016 T4
转c++后重新写了一遍这题，有了更好的理解代码一起pia上来
#include<cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
ll ans[][];
int a[],num[];
int main(){
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=;i<=m;i++){
scanf("%d",&a[i]);
num[a[i]]++;
}
for (int t=;t<=n/;t++){
ll sum=;
for (int i=*t+;i<=n-t;i++){
sum+=1ll*num[i-*t-]*num[i-*t-];
ans[i][]+=sum*num[i]*num[i+t];
ans[i+t][]+=sum*num[i]*num[i+t];
}
sum=;
for (int i=n-*t-;i>*t;i--){
sum+=1ll*num[i+*t+]*num[i+*t+];
ans[i][]+=sum*num[i]*num[i-*t];
ans[i-*t][]+=sum*num[i]*num[i-*t];
}
}
for (int i=;i<=m;i++){
for (int j=;j<=;j++)
printf("%lld ",ans[a[i]][j]/num[a[i]]);
printf("\n");
}
return ;
}
/*
条件① Xa<Xb<Xc<Xd
② Xb-Xa=2(Xd-Xc)
③ Xb-Xa<(Xc-Xb)/3
可以发现Xd-Xc是一个最小单位
设 t=Xd-Xc;
②得Xb-Xa=2t
③得2t<(Xc-Xb)/3 即6t<Xc-Xb
粗略的画图
--------------------
A B------C D
--- >6t ----
t 2t
D最大是n A最小是1
所以t的取值就是
1<=t<=(n-1)/t
粗略的
1<=t<=n/t 因为数组开大后溢出没有任何影响
于是枚举t 再枚举C
D的位置就得到了
而因为BC之间只要大于6t就行。
所以设C1<C2 D1<D2
C1 D1所能匹配的A B C2 D2 也可以
于是满足了前缀和
只要往后枚举C的时候把上一个C的A B组数保存着累加就好了
A B同理，枚举 B，A确定 C D变成了后缀和。
画图把B C的取值范围算一下即可
*/
NOIP2016 T4
果然自己真的要多做题啊QAQ
