洛谷上卡不过去的朋友们可以来看看小C的程序（小C才不是标题党呢！）
Description
Input
第1行包含5个整数，依次为 x_0,a,b,c,d ，描述小H采用的随机数生成算法所需的随机种子。
第2行包含三个整数 N,M,Q ，表示小H希望生成一个1到 N×M 的排列来填入她 N 行 M 列的棋盘，并且小H在初始的 N×M 次交换操作后，又进行了 Q 次额外的交换操作。
接下来 Q 行，第 i 行包含两个整数 u_i,vi，表示第 i 次额外交换操作将交换 T(ui )和 T(v_i ) 的值。
Output
输出一行，包含 N+M-1 个由空格隔开的正整数，表示可以得到的字典序最小的路径序列。
Sample Input
1 3 5 1 71
3 4 3
1 7
9 9
4 9
Sample Output
1 2 6 8 9 12
HINT
Solution
奇技淫巧题，卡时卡空间，考出了WC的画风。
相信O(nmlog(n+m))的做法大家都会。
一通模拟过后，基本思路就是贪心，每次选最小的数，能加就加，加入之后更新限制范围……你懂的。
很多做法，一种是用set或平衡树来维护限制范围，还有一种就是直接在数组上二分，插入时暴力插入。
小C觉得第一种常数很大并且懒得写平衡树，所以就写了第二种。复杂度O(nmlog(n+m)+(n+m)^2)。
注意代码上各种会影响常数的细节，如取模等。
当你绞尽脑汁试图扭曲你的代码去卡过那万恶的常数时，不如再想想强有力的剪枝。
我们发现每条斜线上有且仅有一个数会被记入答案，不妨开一个bool数组来标记一下。
整整快了一倍有木有！
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define MM 25000005
#define MN 5005
#define make(a1,a2) ((pr){a1,a2})
#define l(a) (a.x)
#define r(a) (a.y)
using namespace std;
struct pr{int x,y;}pa[MN<<1];
int X,A,B,C,D;
int n,m,gs,p,nm,a[MM],b[MM];
bool u[MN<<1];
inline int read()
{
int n=0,f=1; char c=getchar();
while (c<‘0‘ || c>‘9‘) {if(c==‘-‘)f=-1; c=getchar();}
while (c>=‘0‘ && c<=‘9‘) {n=n*10+c-‘0‘; c=getchar();}
return n*f;
}
bool cmp(pr a,pr b) {return a.x<b.x || a.x==b.x && a.y<b.y;}
int main()
{
register int i,j,x;
pr z;
X=read(); A=read(); B=read(); C=read(); D=read();
n=read(); m=read(); p=read(); nm=n*m;
for (i=1;i<=nm;++i)
{
X=((1LL*A*X+B)*X+C)%D;
a[i]=i; swap(a[i],a[(X%i)+1]);
}
while (p--) swap(a[read()],a[read()]);
for (i=1;i<=nm;++i) b[a[i]]=i-1;
pa[gs=1]=make(MN,MN);
for (i=1;i<=nm;++i)
{
z=make(b[i]/m,b[i]%m);
if (u[l(z)+r(z)]) continue;
x=lower_bound(pa+1,pa+gs+1,z,cmp)-pa;
if (r(z)>r(pa[x])||r(z)<r(pa[x-1])) continue;
for (j=gs++;j>=x;--j) pa[j+1]=pa[j];
u[l(z)+r(z)]=true; pa[x]=z;
if (i>1) putchar(‘ ‘); printf("%d",i);
}
}
Last Word
在考场上谁会知道自己的程序会被卡成什么样呢？大概只有写完程序发现跑了5.X秒然后在程序末尾加上"orz ditoly"来保平安了吧。
不过仔细想想这样的优化还是能想得到的。
看看BZOJ上一个个只跑了20s的dalao们，感觉没有人A还要求放宽时限的洛谷还是Too Young。
n+e光速读入用在这道题上是杯水车薪。