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  • Codeforces Round #404 (Div. 2)——ABCDE

    题目这里

    A.map裸题

    #include <bits/stdc++.h>
    
    using namespace std;
    
    map <string, int> p;
    
    string s[] = {
        "Tetrahedron",
        "Cube",
        "Octahedron" ,
        "Dodecahedron",
        "Icosahedron"
    };
    
    int ss[] = {4, 6, 8, 12, 20};
    
    int main() {
        ios::sync_with_stdio(false);
        for(int i = 0;i < 5;i ++) p[s[i]] = ss[i];
        int n, m = 0;
        string str;
        cin >> n;
        while(n --) cin >> str, m += p[str];
        cout << m; 
        return 0;
    }
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    B.贪心,先上的课尽早下课,后上的课尽量晚点上课

    #include <bits/stdc++.h>
    
    using namespace std;
    
    int n, l, r, l1, l2, r1, r2, ans;
    
    int main() {
        ios::sync_with_stdio(false);
        r1 = r2 = 1e9;
        cin >> n;
        while(n --) {
            cin >> l >> r;
            l1 = max(l1, l);
            r1 = min(r1, r);
        }
        cin >> n;
        while(n --) {
            cin >> l >> r;
            l2 = max(l2, l);
            r2 = min(r2, r);
        }
        ans = max(max(0, l2 - r1), max(0, l1 - r2));
        cout << ans;
        return 0;
    }
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    C.先讨论一下

    如果n <= m ,那么前 n - 1 天都是当天补满,然后第 n 天被吃光

    当 n > m , 前 m 天肯定吃不完的

    然后第 m + 1 天鸟走之后(没吃完)下一天再补上,就只有 n - 1 了

    第 m + 2 天鸟走之后(没吃完)再补上,就只有 n - 1 - 2 了

    ......

    第 ans 天鸟走之后仓库已经被吃光了

    那么就有 n - (ans - m) * (ans - m - 1) / 2 - ans <= 0

    令 t = ans - m , 化简以后就有 t * t + t >= 2 * (n - m)

    这时候可以选择二分,右边界肯定是sqrt(2 * 1e18)啦,再大会爆long long

    当然可以直接开根,然后左右小小调整一下就能出来结果

    #include <bits/stdc++.h>
    
    using namespace std;
    
    int main() {
        unsigned long long n, m, ans;
        cin >> n >> m;
        if(n <= m) cout << n;
        else {
            n = (n - m) * 2, ans = sqrt(n);
            while(ans * ans + ans >= n) ans --;ans ++;
            while(ans * ans + ans <  n) ans ++;
            cout << ans + m;
        }
        return 0;
    }
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    D.为了避免重复,我们选择这样一个策略:

    每当遇到一个左括号,我们计算包含这个左括号的合法序列数量加入ans

    显然如果当前左括号左边有 L 个左括号(不含这个)

    右边有 R 个右括号,那么对ans贡献为

     sigma(C(L,i ) * C(R,i + 1) ),0 <= i < R

    然后我们用一个范德蒙恒等式就变成了求 C(L + R ,R - 1) 

    剩下求组合数就O(nlogn)预处理,O(1)计算即可

    #include <cstdio>
    #include <iostream>
    
    const int Mod = 1e9 + 7;
    
    char s[200010];
    
    long long ans, fac[200010], v[200010];
    
    int calc(long long x, int k = Mod - 2) {
        long long ret = 1;
        for(;k;k >>= 1, x = x * x % Mod)
            if(k & 1) ret = ret * x % Mod;
        return ret;
    }
    
    long long C(int n, int m) {
        return fac[n] * v[m] % Mod * v[n - m] % Mod;
    }
    
    int main() {
        fac[0] = v[0] = 1;
        for(int i = 1;i <= 200000;i ++)
            fac[i] = fac[i - 1] * i % Mod, v[i] = calc(fac[i]);
        int l = 0, r = 0;
        scanf("%s", s);
        for(int i = 0;s[i];i ++) r += (s[i] == ')');
        for(int i = 0;s[i];i ++) {
            if(s[i] == ')') r --;
            else ans += C(l + r, r - 1), ans %= Mod, l ++;
        }
        printf("%lld", ans);
        return 0;
    }
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    E.原序列为 1 - n 的排列,每次操作交换两数位置,并操作后求出逆序对个数

    转化为二维模型就能很熟悉的联系到cdq上,于是 cdq + 树状数组 解决即可

    当然树套树也可做,不再分析思路

    用cdq来做呢,我们每次计算这次操作对逆序对数的改变量即为

     ( l, a[r] )左上和右下矩阵中点的个数 + ( r, a[l] ) 左上和右下矩阵中点的个数

     - ( l, a[l] ) 左上和右下矩阵中点的个数 - ( r, a[r] ) 左上和右下矩阵中点的个数

    当然我们需要注意避免逆序对的重复计算

    另外需要注意我们计算的是改变量,所以答案是需要累加的

    #include <bits/stdc++.h>
    
    #define lb(x) (x & (-x))
    #define rep(i, j, k) for(int i = j;i <= k;i ++)
    
    using namespace std;
    
    const int maxn = 200010, maxm = maxn * 5;
    
    struct node {
        int x, y, op, bel, id;
    
        bool operator < (const node &a) const {
            if(x != a.x) return x < a.x;
            if(y != a.y) return y < a.y;
            return id < a.id;
        } 
    }q[maxm], q0[maxm];
    
    int n, m, k, a[maxn], c[maxn];
    long long ans[maxn];
    
    void add(int i, int x) {
        while(i <= n) c[i] += x, i += lb(i);
    }
    
    int ask(int i) {
        int ret = 0;
        while(i > 0) ret += c[i], i -= lb(i);
        return ret;
    }
    
    void solve(int l, int r) {
        if(l == r) return;
        int mid = (l + r) >> 1, cnt = 0;
        solve(l, mid), solve(mid + 1, r);
        rep(i, l, mid) if(q[i].op == 3 || q[i].op == -3) q0[++ cnt] = q[i];
        rep(i, 1 + mid, r) if(q[i].op != 3 && q[i].op != -3) q0[++ cnt] = q[i];
        sort(q0 + 1, q0 + cnt + 1);
        rep(i, 1, cnt) {
            if(q0[i].op == 3 || q0[i].op == -3) add(q0[i].y, q0[i].op / 3);
            else ans[q0[i].bel] += ask(q0[i].y) * q0[i].op;
        }
        rep(i, 1, cnt) if(q0[i].op == 3 || q0[i].op == -3) add(q0[i].y, q0[i].op / -3);
    }
    
    int main() {
        ios::sync_with_stdio(false);
        int l, r;
    
        cin >> n >> m;
        rep(i, 1, n) a[i] = i, q[++ k] = (node){i, i, 3, 0, k};
        rep(i, 1, m) {
            cin >> l >> r;
            if(l != r) {
                q[++ k] = (node){l - 1, n, -1, i, k};
                q[++ k] = (node){n, a[l] - 1, -1, i, k};
                q[++ k] = (node){l - 1, a[l] - 1, 2, i, k};
                q[++ k] = (node){l, a[l], -3, 0, k};
                q[++ k] = (node){r - 1, n, -1, i, k};
                q[++ k] = (node){n, a[r] - 1, -1, i, k};
                q[++ k] = (node){r - 1, a[r] - 1, 2, i, k};
                q[++ k] = (node){r, a[r], -3, 0, k};
                q[++ k] = (node){l - 1, n, 1, i, k};
                q[++ k] = (node){n, a[r] - 1, 1, i, k};
                q[++ k] = (node){l - 1, a[r] - 1, -2, i, k};
                q[++ k] = (node){l, a[r], 3, 0, k};
                q[++ k] = (node){r - 1, n, 1, i, k};
                q[++ k] = (node){n, a[l] - 1, 1, i, k};
                q[++ k] = (node){r - 1, a[l] - 1, -2, i, k};
                q[++ k] = (node){r, a[l], 3, 0, k};
                swap(a[l], a[r]);
            }
        }
        solve(1, k);
        rep(i, 1, m) {
            ans[i] += ans[i - 1];
            cout << ans[i] << endl;
        }
        return 0;
    }
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    代码写的很丑很暴力,仅供参考

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