【安徽集训】fiend

• 考试的时候只会 (O(Tn^3)) 的做法，其它题还都不会，想到一整场就打这么点是人都能写的暴力没啥意思，就懒得写了。。

Description

　　双人博弈。每一轮 A 和 B 同时选择一个 (1 ext{~} n) 的排列 (P_i)，必须满足 (L_ile P_ile R_i)。同时，A 选择的排列的逆序对数必须是偶数，B 选择的排列的逆序对数必须是奇数（显然 A 的排列和 B 的排列不可能相同）。每一轮选择的排列不能和之前出现过的排列相同。先无法选择排列的输，若双方同时无法选择排列则和局。
　　(T) 组数据，每次给定 (n,L_i,R_i)，求游戏的结果。

Solution

　　就是让你比逆序对数是奇数的排列多 还是是偶数的排列多。

　　前置知识：行列式
　　看到逆序对计数，我们很容易想到行列式。
　　因为行列式的公式是 $$det(a) = sumlimits_{p_{1cdots n}} (-1)^{sigma(p)} prodlimits_{i=1}^n a_{i,p_i}$$ 　　其中 (p) 为 (1) 到 (n) 的任意排列，(sigma(p)) 表示排列 (p) 的逆序对数。
　　这个公式本身就和逆序对数有关系。
　　其中排列 (p) 等价于本题中 A 和 B 选择的排列。
　　然后关键就是后面那个 (prodlimits_{i=1}^n a_{i,p_i}) 的意义。
　　显然，只要有一个 (a_{i,p_i}) 为 (0)，这个式子就为 (0)。
　　那么不难想到，对于一组限制 (L_ile P_ile R_i)，可以将矩阵的第 (i) 行的第 (L_i) 到 (R_i) 位设为 (1)，其余位设为 (0)。
　　这样 (prodlimits_{i=1}^n a_{i,p_i} = 1) 当且仅当排列 (p) 中的每一个数 (p_i) 都满足限制 (L_ile p_ile R_i)。其余情况下 (prodlimits_{i=1}^n a_{i,p_i} = 0)，表示不满足限制。
　　现在只有所有满足限制的排列 (p) 才会被计算一次，下面考虑 (sumlimits_{p_{1cdots n}} (-1)^{sigma(p)})。
　　这就是把逆序对数为奇数的排列 (p) 的权值记为 (-1)，逆序对数为偶数的排列 (p) 的权值记为 (1)。
　　所以最后算出来的行列式的值 (det(a) = 满足条件的逆序对数为偶数的排列数 - 满足条件的逆序对数为奇数的排列数)
　　直接判断 (det(a)) 是 (gt 0)，(lt 0) 还是 (=0) 就好了。

　　那行列式 (det(a)) 的值怎么算？
　　最暴力的是 (O(n^3)) 的高斯消元做法，即把行列式高消成上三角，对角线上所有数的乘积 就是行列式的值。
　　因为有 (100) 组数据，这个做法只能得 (35) 分，但在高消时判断若 (a_{i,i}=0) 则直接返回行列式值为 (0)，可以卡到 (70) 分。

　　观察到矩阵中所有数都是 (0,1)，而且每行只有一个连续段是 (1)，其余位置都是 (0)。那么可以优化高消过程。
　　依然从小到大枚举 (x)，找到左端点为 (x) 的右端点最小的区间，设其右端点为 (y)，则模拟高消过程，其余左端点为 (x) 的区间的左端点都会被挪到 (y+1)。
　　把所有全 (1) 连续段按左端点分类，那么这一轮高消就是把左端点为 (x) 的集合 合并到左端点为 (y+1) 的集合。
　　同时我们还要支持查询一个集合中的最小值（集合中存储所有连续段的右端点）。
　　左偏树即可。
　　复杂度 (O(Tnlog n))。

#include<bits/stdc++.h>
#define N 100002
using namespace std;
inline int read(){
    int x=0; bool f=1; char c=getchar();
    for(;!isdigit(c); c=getchar()) if(c=='-') f=0;
    for(; isdigit(c); c=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^'0');
    if(f) return x;
    return 0-x;
}
int n,l[N],r[N],siz,rt[N],ch[N][2],dis[N],lst[N];
bool vis[N];
int merge(int x, int y){
    if(!x || !y) return x|y;
    if(r[x]>r[y]) swap(x,y);
    ch[x][1] = merge(ch[x][1],y);
    if(dis[ch[x][0]]<dis[ch[x][1]]) swap(ch[x][0],ch[x][1]);
    dis[x] = dis[ch[x][1]]+1;
    return x;
}
inline void ins(int L, int x){
	rt[L] = merge(rt[L], x);
}
inline int popNode(int x){
	return merge(ch[x][0], ch[x][1]);
}
int solve(){
    for(int i=1; i<=n; ++i) rt[i]=ch[i][0]=ch[i][1]=dis[i]=0, vis[i]=0;
    
	for(int i=1; i<=n; ++i) ins(l[i],i);
    int ans=1;
    for(int i=1; i<=n; ++i){
        int x=rt[i];
        if(!x) return 0;
        rt[i] = popNode(x);
        lst[i] = x;
        if(rt[i] && r[rt[i]]==r[x]) return 0;
        rt[r[x]+1] = merge(rt[i], rt[r[x]+1]);
    }
    if(ans==0) return 0;
    
    int tot = n;
    for(int i=1; i<=n; ++i) if(!vis[i]){
    	--tot; int x=i;
    	do{
    		vis[x]=1, x=lst[x];
    	}while(x!=i);
    }
    if(tot&1) ans=-ans;
    return ans;
}
int main(){
    int T=read();
    while(T--){
        n=read();
        for(int i=1; i<=n; ++i) l[i]=read(), r[i]=read();
        int ans=solve();
        if(ans==1) puts("Y");
        else if(ans==-1) puts("F");
        else puts("D");
    }
    return 0;
}
/*
3
1
1 1
2
2 2
1 1
2
1 2
1 2
*/