「JEOI-R1棋
题目前言
巨大诈骗题
题面
题目描述
现在有一个 \(n\times m\) 的棋盘，从上到下依次是 \(1\sim n\) 行，从左到右依次是 \(1\sim m\) 列，一个位于第 \(x\) 行第 \(y\) 列的位置被标记为 \((x,y)\)。共有 \(c\) 个棋子，不重叠地摆放在棋盘的某些位置上。一个位于 \((x,y)\) 的棋子可以走向 \((x-1,y-1),(x-1,y+1),(x+1,y-1),(x+1,y+1)\)（如果这些位置存在且其上没有棋子）。
现有若干询问，每次询问给定 \(x_1,y_1,x_2,y_2,p\)，然后给定 \(p\) 个位置，表示一个子矩阵的左上角位置为 \((x_1,y_1)\)，右下角位置为 \((x_2,y_2)\)，问是否可以移动棋子（无次数限制）使得矩阵内有且仅有给定的 \(p\) 个位置上有棋子。询问之间相互独立。
为了减少程序时间复杂度的常数影响，建议使用更快的读入方式。
输入格式
第一行三个正整数 \(n,m,c\)，表示棋盘的列数、行数和已有的棋子数。
接下来 \(c\) 行，一行两个整数 \(a_i,b_i\)，表示有一个棋子位于 \(a_i\) 行 \(b_i\) 列处。
接下来一行一个正整数 \(q\)。
接下来 \(q\) 组询问。每一组询问第一行是五个正整数 \(x_1,y_1,x_2,y_2,p\)，接下来 \(p\) 行每行两个正整数 \(c_i,d_i\)，表示只希望矩阵内有棋子的位置。
输出格式
对于每个询问，如果可以移动棋子（无次数限制）使得矩阵内有且仅有给定的位置上有棋子，输出 YES，否则输出 NO。
样例 #1
样例输入 #1
3 3 5
1 2
1 3
2 1
3 2
3 3
3
1 2 2 3 0
1 2 3 3 4
1 2
1 3
2 3
3 3
1 1 2 3 2
1 3
2 2
样例输出 #1
NO
YES
NO
@ 提示
【样例解释 #1】
解释以 0 代表空位，1 代表放置了棋子的位置。
初始状态：
011
100
011
对于第一个询问，可以证明 \((1,2)\) 处的棋子无法移出 \((1,2)\) 到 \((2,3)\) 的矩阵。
对于第二个询问，考虑把 \((3,2)\) 处的棋子移到 \((2,3)\)，得：
011
101
001
满足询问要求。移动方式不唯一。
对于第三个询问，可以证明 \((2,1)\) 处的棋子无法移出 \((1,1)\) 到 \((2,3)\) 的矩阵。
【数据范围】
对于 \(25\%\) 的数据，\(n,m,q\le 10\)，\(c\le 20\)。
对于另外 \(25\%\) 的数据，保证 \(a_i+b_i\equiv 0 \pmod 2\)，\(c_i+d_i\equiv 0 \pmod 2\)。
对于另外 \(25\%\) 的数据，保证 \(n\cdot m-c\le(x_2-x_1+1)\cdot (y_2-y_1+1)-p\)。
对于 \(100\%\) 的数据，\(2\le n,m\le 10^5\)，\(1\le c,q\le 10^5\)，\(c\le n\cdot m\)，\(1\le a_i\le n\)，\(1\le b_i\le m\)，\(\sum p\le 2\times 10^5\)。对于每个询问，\(1\le p\le (x_2-x_1+1)\cdot (y_2-y_1+1)\)，\(x_1\le c_i\le x_2\)，\(y_1\le d_i\le y_2\)。
【提示与说明】
提供一种较快的读入一个 int 类型非负整数的方式。调用下文中的 read()，其作用是返回输入中的一个非负整数，同时读取其后的一个字符。
int read() {
int x(0);
char c(getchar());
while (c < '0' || c > '9') c = getchar();
while (c >= '0' && c <= '9') x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
return x;
}
题解
巨大诈骗题
首先看着移动方式：
棋子可以走向 \((x-1,y-1),(x-1,y+1),(x+1,y-1),(x+1,y+1)\)
不难发现，更改后的\(x',y'\)满足：\(x'+y'\equiv x+y (\bmod 2)\)，这启发我们分奇偶性讨论这个问题
以下称一类格为横纵坐标之和为奇的格子，零类格为横纵坐标之和为偶的格子
引理 ：
一个棋子可以到达棋盘上与其同类的格子
由移动前后奇偶性不变可得必要性，现在来证明充分性。
本题的棋子移动数量不限，则可以以一种延迟撤回的思想，即由这个棋子往目标方向跳，若有撞上的则将撞上的移开，若撞上的那个棋子无路可走，则又移动撞上的那个棋子的周围棋子，如此类似递归步骤，可知这个棋子无论如何可以被移开。故充分性得证。
那么本题做法就比较明显了：先预处理出原矩阵\((1,1,n,m)\)中零一类点个数分别记为\(Q_0,Q_1\)，将零一类棋子数量分别记为\(S_0,S_1\)。对于每一次输入的待求矩阵，统计出它总共的零一类点的个数为\(T_0,T_1\)，并求出需要移动棋子到达的位置（对应\(c_i,d_i\)）中零一类位置有\(P_0,P_1\)个，则这个问题有解的充要条件为：
\[\left\{ \begin{aligned} P_0&\le S_0 \\ P_1&\le S_1 \\ \end{aligned} \right. \]\[\left\{ \begin{aligned} S_0-P_0\le Q_0-T_0\\ S_1-P_1\le Q_1-T_1\\ \end{aligned} \right. \]然后我们讨论对于这些变量的求法。首先若\(nm\)为偶数，那么\(Q_0,Q_1\)就都等于\(\frac{nm}{2}\)，否则\(Q_0=\left\lceil\frac{nm}{2}\right\rceil,Q_1=nm-Q_0\)(第一个出现的是\((1,1)\)，属于零类点。)
而对于\(T_0,T_1\)的计算方式类似于\(Q_0,Q_1\)，记\(l=x_2-x_1+1,r=y_2-y_1+1\)，若\(lr\equiv 0 (\bmod 2)\)则平分，否则先将\(T_0,T_1\)全部赋值为\(\left\lfloor\frac{lr}{2}\right\rfloor\)，然后根据\((x_1,y_1)\)所属哪一类点，则将所对应的\(T\)加上\(1\)。至于\(S_0,S_1,P_0,P_1\)就没得说了，非常简单。
十年OI一场空，不开longlong见祖宗
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define int long long
using namespace std;
int n,m,t1,t0,p,q0,q1,s1,s0,a,b,c,d;
int read() {
int x(0);
char c(getchar());
while (c < '0' || c > '9') c = getchar();
while (c >= '0' && c <= '9') x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
return x;
}
signed main(){
n=read(),m=read(),c=read();
q1=n*m/2,q0=n*m-q1;
for(int i=1;i<=c;i++){
int x=read(),y=read();
if((x+y)&1)s1++;
else s0++;
}
int t=read();
while(t--){
int x1=read(),y1=read(),x2=read(),y2=read();
int l=x2-x1+1,r=y2-y1+1,p0=0,p1=0;
if((l*r)&1){
if((x1+y1)&1){
t0=l*r/2;
t1=l*r-t0;
}
else {
t1=l*r/2;
t0=l*r-t1;
}
}
else {
t1=l*r/2;
t0=l*r/2;
}
int q=read();
for(int i=1;i<=q;i++){
int x=read(),y=read();
if((x+y)&1)p1++;
else p0++;
}
if(p0<=s0&&p1<=s1&&(s0+t0)<=(q0+p0)&&(s1+t1)<=(q1+p1))puts("YES");
else puts("NO");
}
}