A.Numbers
B.Broken Watch
先考虑最简单的情况，就是a,b,c都相等的情况，这个时候答案显然只会跟n有关系，在n个线段里面选3个的情况就是C(n,3),其中有一部分不合法，这个时候考虑怎样是不合法的，现在设取三条边分别是x,y,z;当x经过y到达z的这个角的角度小于180度的时候，那么这个方案必然是不合法的，这样的话只需要确定x和z就可以确定一族不可行的方案，x和z可以夹1....[n/2](上取整)条边，也就是形成了[n/2]（上取整）族答案，每一族的方案数分别是1...[n/2]。于是用总的方案数减去（1+2+3+...+[n/2](上取整)）即可。这里的答案是对2^64取模，因此统计答案时要处理一下除法。
对于a,b,c不相等的情况直接乘上A（3，1）或A（3，3）即可
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef unsigned long long ll; int main(){ int a,b,c; ll n; scanf("%d%d%d%llu",&a,&b,&c,&n); ll tmp=(n+1)/2; tmp-=2; ll ans=0; //特判除以6的情况 ll tmp1=n,tmp2=n-1,tmp3=n-2; if(tmp1%2==0) tmp1/=2; else if((tmp2)%2==0) tmp2/=2; if(tmp1%3==0) tmp1/=3; else if(tmp2%3==0) tmp2/=3; else if(tmp3%3==0) tmp3/=3; ans=tmp1*tmp2*tmp3; ans-=n*(tmp*(tmp+1)/2); if(a!=b&&b!=c&&c!=a){//全都不相同 ans*=6; } else if(a!=b||a!=c||b!=c){//有一个不同 ans*=3; } printf("%llu ",ans); return 0; }
C.Tree
首先，题目中的”使得最大值最小“这句话就非常符合二分的条件了。因此我们考虑对答案（两个黑点的最远的距离）进行二分。
现在就要考虑如何进行check。
对于每一个二分值k，我们考虑先用bfs遍历整颗树，然后利用bfs的性质（距离当前点的所有已bfs过且小于等于d的那些点，他们之间两两距离也小于等于k），找出满足距离等于k的对应的一个个点集。之后我们可以用dfs去遍历这些点集，判断点集中的黑点的个数与需要选取的黑点个数m之间的关系即可（如果数量>=n，则右指针左移动；反之左指针右移）。
#include <bits/stdc++.h> #define maxn 105 using namespace std; vector<int>vec[maxn]; int vis[maxn];//用vis数组去区分点的不同的集合 int a[maxn]; queue<int>que; int n,m; int ans=0; int dfs(int now,int fa,int all,int dis){ int res=a[now]; if(dis==all) return res; for(auto &it:vec[now]){ if(!vis[it]||it==fa) continue; res+=dfs(it,now,all,dis+1); } return res; } bool check(int k){//二分的check，本质上为一个bfs memset(vis,0,sizeof(vis)); while(!que.empty()) que.pop(); que.push(1); while(!que.empty()){//bfs选取部分点集 int now=que.front(); que.pop(); vis[now]=1; int tmp=dfs(now,0,k,0);//通过dfs获取这个集合的黑点的个数 if(tmp>=m) return 1; for(auto &it:vec[now]){ if(vis[it]) continue; que.push(it); } } return 0; } int main() { //freopen("in.txt","r",stdin); scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); for(int i=0;i<n-1;i++){ int from,to; scanf("%d%d",&from,&to); vec[from].push_back(to); vec[to].push_back(from); } int l=0,r=n; while(l<r){ int mid=(l+r)>>1; if(check(mid)) r=mid; else l=mid+1; //cout<<l<<" "<<r<<endl; } cout<<r<<endl; }
D.Space Station
E.Fishermen
我们可以先把渔夫的位置排个序，然后遍历所有的鱼，每一条鱼能够被可以被抓都在x轴有一个范围，通过二分，在渔夫中找到最左的和最右的，然后差分一下，最后求个前缀和就可以得出答案
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=2e5+7; struct SS{ int x,y; }a[maxn]; struct S{ int x,id,idd; bool operator <(const S &bb)const { return x<bb.x; } }b[maxn]; int sum[maxn],ans[maxn]; int main(){ //freopen("in.txt","r",stdin); int n,m,l; scanf("%d %d %d",&n,&m,&l); for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d %d",&a[i].x,&a[i].y); for (int i=1;i<=m;i++) { scanf("%d",&b[i].x); b[i].id=i; } sort(b+1,b+m+1); for (int i=1;i<=m;i++) b[i].idd=i; for (int i=1;i<=n;i++){ if (a[i].y-l>0) continue; S tmp; tmp.x=a[i].x-l+a[i].y; int xx=lower_bound(b+1,b+m+1,tmp)-b; tmp.x=a[i].x+l-a[i].y; int yy=upper_bound(b+1,b+m+1,tmp)-b; sum[xx]++; sum[yy]--; } for (int i=1;i<=m;i++){ sum[i]+=sum[i-1]; ans[b[i].id]=sum[b[i].idd]; } for (int i=1;i<=m;i++) printf("%d ",ans[i]); return 0; }
F.Min Max Convert
G.Matrix Queries
H.Modern Djinn
I.Inversion
首先，我们要把原序列还原，根据逆序对的性质，还原出原序列。接着，根据题意两个对集合的定义，可以知道选出的那个点集是从左到右升序的，且点集中最小的点在序列中左边没有比它更小的点，最大的点在序列中右边没有比它更大的点，所以我们可以进行dp，dp[i]表示以i为点集最后一个点的答案的数量。
dp转移见代码
#include <iostream> #include <cstdio> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=107; int du[maxn],a[maxn],vis[maxn]; ll dp[maxn]; int main(){ // freopen("in.txt","r",stdin); ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); int n,m,x,y; cin>>n>>m; while (m--){ cin>>x>>y; du[min(x,y)]++; } for (int i=1;i<=n;i++){//还原序列 for (int j=1;j<=n;j++) { if (!vis[j]) { if (du[i]) du[i]--; else { a[i]=j; vis[j]=1; break; } } } } // for (int i=1;i<=n;i++) cout<<a[i]<<' ';cout<<endl; for (int i=1;i<=n;i++){ ll res=0,mx=0; for (int j=i-1;j;j--){ if (a[j]>a[i]) continue;// 对答案无贡献 if (a[j]>mx) res+=dp[j],mx=a[j];//所有小于mx的值对应位置的dp值都在之前加入到res中了，不再重复加 } dp[i]=max(1ll,res);// 当i前面无比a[i]小的数时，dp[i]为1，它为第一个点也为最后一个点 } ll ans=0,mx=0; for (int i=n;i;i--){ if (a[i]>mx) ans+=dp[i],mx=a[i];//同上mx的解释 } // for (int i=1;i<=n;i++) cout<<dp[i]<<' ';cout<<endl; cout<<ans<<endl; return 0; }
J.Rabbit vs Turtle
K.Points and Rectangles