第十五届蓝桥杯省赛PythonB组C题【连连看】题解（AC）_十五届蓝桥杯pythonb组答案

​

题意解析

设点 A 坐标 $(a,b)$，点 B 坐标$(c,d)$。

满足：

1. $|a-c|=|b-d|$。
2. $w_{a,b}=w_{c,d}$。

那么 AB 就是一对满足条件的格子。

20pts

1. 枚举点 A 可能的情况，时间复杂度 $O(n^2)$。
2. 枚举点 B 可能的情况，时间复杂度 $O(n^2)$。
3. 判断是否满足上述条件 $1,2$，时间复杂度 $O(1)$。

总的时间复杂度 $O(n^4)$。

100pts（法一）

要优化时间复杂度，必须从条件 $1$ 或条件 $2$ 入手。

条件 $1$ 等价于，AB 两点在同一条斜线上。

如下图的棕色方块，均为在一条斜线上（本条件类似于八皇后的车）。

优化 <条件 1>：

在每一条斜线上进行枚举，判断条件 $2$，这样时间复杂度约为 $n^3$。

优化 <条件 2>：

先预处理出所有值的位置，例如 $value=3$ 的点位于 $(1,2)$，$(3,4)$，$\dots$。

再进行二重循环枚举，判断点是否在一条斜线上，在数据随机的情况下时间复杂度有较大优化，但当所有点的 $valus$ 均相等时，时间复杂度为 $n^4$。

结合上述两个优化

遍历每一条斜线（$k=1$ 或 $k=-1$），在一条斜线上维护之前的值的出现的次数，例如我现在遍历到斜线的第 $5$ 个点，$value=3$，前 $4$ 个点中，$value=3$ 的点，均可以与本点进行配对。

由于若 AB 配对，那么一定有 BA 配对，故答案需 $\times 2$。

100pts（法二）

我们对所有的对角线进行枚举（同法一），这样只要在这个数组上的两个数的值是相同的，那么他俩就可以组成两个对子，所以我们建立一个临时数组，将整条对角线上的点都放入一个数组中，随后对数组进行排序。

在一个有序数组中，统计每个数的出现次数，我们可以用双指针进行计算。

• Python（法一）

n, m = map(int, input().split())
g = []
for i in range(n):
    lis = list(map(int, input().split()))
    g.append(lis)

dx = [1, 1]
dy = [1, -1]

def get_ans(x, y, d):
    res = 0
    h = {}
    while x >= 0 and y >= 0 and x < n and y < m:
        v = g[x][y]
        if v in h:
            res += h[v]
        else:
            h[v] = 0
        h[v] += 1
        
        x += dx[d]
        y += dy[d]
    
    return res

res = 0
for j in range(m):
    res += get_ans(0, j, 0)
for i in range(1, n):
    res += get_ans(i, 0, 0)

for j in range(m):
    res += get_ans(0, j, 1)
for i in range(1, n):
    res += get_ans(i, m - 1, 1)

print(res * 2)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37

• C++（法二）

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <vector>

using namespace std;

const int N = 1e3 + 10;

int dx[] = {1, 1}, dy[] = {1, -1};

int n, m;
int g[N][N];

int get_ans(int x, int y, int d)
{
	vector<int> p;
	while (x >= 0 && y >= 0 && x < n && y < m)
	{
		p.push_back(g[x][y]);
		x += dx[d], y += dy[d];
	}
	
	sort(p.begin(), p.end());
	
	int res = 0;
	for (int i = 0; i < p.size(); ++ i )
	{
		int j = i + 1;
		while (j < p.size() && p[i] == p[j])
			j ++;
		
		int cnt = j - i;
		res += cnt * (cnt - 1);
		i = j - 1;
	}
	
	return res;
}

int main()
{
	cin >> n >> m;
	for (int i = 0; i < n; ++ i )
		for (int j = 0; j < m; ++ j )
			cin >> g[i][j];
	
	int res = 0;
	for (int j = 0; j < m; ++ j )
		res += get_ans(0, j, 0);
	for (int i = 1; i < n; ++ i )
		res += get_ans(i, 0, 0);
	
	for (int j = 0; j < m; ++ j )
		res += get_ans(0, j, 1);
	for (int i = 1; i < n; ++ i )
		res += get_ans(i, m - 1, 1);
	
	cout << res << endl;
	
	return 0;
}
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63

【在线测评】

​