这场怎么说呢……有喜有悲吧。
开场先秒了 A。看到 B，感觉有点意思，WA 了 2 发后也过了。
此时还在 rk 前 200。
开 C，一看就不可做。跟榜，切 D 人数是 C 的两倍。
开 D。一眼感觉很 SB，然后就想了个假做法，WA 了 3 发。
1:10 时开始重构。再 WA1 发。结果 WA 了 4 发，才过掉。
怎么全世界的 D 都比我高分……
system test 前 predictor 说我的 rating 变化是……0。顿时很慌。
幸好 B 题 FST 了一片（DQ 和 deco 也 FST 了），rk 从 350+ 翻到了 320+。
最后 rating+=8。我还是太菜了……
A
直接模拟即可。每次找到最小的还没被删的东西，看看能删到哪里。可以 $O(m)$。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> PII; const int maxn=100010; #define MP make_pair #define PB push_back #define lson o<<1,l,mid #define rson o<<1|1,mid+1,r #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--) #define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x)) inline ll read(){ char ch=getchar();ll x=0,f=0; while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar(); while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); return f?-x:x; } int m,ans; ll n,k,p[maxn]; int main(){ n=read();m=read();k=read(); FOR(i,1,m) p[i]=read(); FOR(i,1,m){ ll at=(p[i]-i+k)/k; int j=i; while(j<=m && p[j]-i+1<=at*k) j++; j--; i=j;ans++; } printf("%d ",ans); }
B
先判先手能不能走第一步：
- $0$ 出现了至少两次，不行。
- 有数出现了至少三次，不行。
- 有数（$x$）出现了至少两次，且满足条件的 $x$ 不止一个，不行。
- 有数（$x$）出现了至少两次，且 $x-1$ 也出现了，不行。（这个情况 pretest 没有，所以 FST 了一片）、
- 否则就可以。
如果先手能走第一步，那么可以证明最后状态肯定是 $0$ 到 $n-1$ 的一个排列。判下奇偶性就可以了。
时间复杂度 $O(nlog n)$，因为要排序/map。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> PII; const int maxn=100010; #define MP make_pair #define PB push_back #define lson o<<1,l,mid #define rson o<<1|1,mid+1,r #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--) #define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x)) inline ll read(){ char ch=getchar();ll x=0,f=0; while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar(); while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); return f?-x:x; } int n,a[maxn]; bool hhh; ll s; int main(){ n=read(); FOR(i,1,n) s+=a[i]=read(); sort(a+1,a+n+1); if(!a[1] && a[1]==a[2]) return puts("cslnb"),0; FOR(i,2,n-1) if(a[i]==a[i-1] && a[i]==a[i+1]) return puts("cslnb"),0; FOR(i,2,n-1) if(a[i]==a[i+1] && a[i]==a[i-1]+1) return puts("cslnb"),0; FOR(i,1,n-1) if(a[i]==a[i+1]){ if(hhh) return puts("cslnb"),0; hhh=true; } puts((s-1ll*n*(n-1)/2)&1?"sjfnb":"cslnb"); }
C
太神仙了吧……先咕着。
D
全部离散化。
枚举最小的 $y=y'$。那么只用考虑所有在 $y=y'$ 上及其上方的点。
假设 $y=y'$ 的点有 $(x_1,y'),(x_2,y')dots(x_k,y')$，那么这些答案的和就是 $f(cnt(1,szx,y'))-f(cnt(1,x_1-1,y'))-f(cnt(x_k+1,szx,y'))-sumlimits_{i=1}^{k-1}f(cnt(x_i+1,x_{i+1}-1,y'))$。
注意，离散化过了，离散化后所有点的最大 $x$ 坐标是 $szx$。$f(x)=frac{x(x+1)}{2}$，也就是长度为 $x$ 的区间有多少个子区间。$cnt(l,r,a)$ 表示 $x$ 坐标在 $[l,r]$ 的点中有几个的 $y$ 坐标 $ge a$。
（建议画图理解）
可以上扫描线+树状数组。从上往下扫。树状数组维护哪些列上有点。$cnt(l,r,y')$ 就是个区间求和。每次对于每个点，如果它所在的列还没被加入树状数组中，加入。
时间复杂度 $O(nlog n)$。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> PII; const int maxn=200020; #define MP make_pair #define PB push_back #define lson o<<1,l,mid #define rson o<<1|1,mid+1,r #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--) #define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x)) inline ll read(){ char ch=getchar();ll x=0,f=0; while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar(); while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); return f?-x:x; } int n,x[maxn],y[maxn],tmpx[maxn],tmpy[maxn],szx,szy,b[maxn],cnt[maxn]; vector<int> xs[maxn]; ll ans; void update(int p,int v){ for(int i=p;i<=szx;i+=i&-i) b[i]+=v; } int query(int p){ int s=0; for(int i=p;i;i-=i&-i) s+=b[i]; return s; } int query(int l,int r){ if(l>r) return 0; return query(r)-query(l-1); } int main(){ n=read(); FOR(i,1,n) tmpx[i]=x[i]=read(),tmpy[i]=y[i]=read(); sort(tmpx+1,tmpx+n+1);szx=unique(tmpx+1,tmpx+n+1)-tmpx-1; sort(tmpy+1,tmpy+n+1);szy=unique(tmpy+1,tmpy+n+1)-tmpy-1; FOR(i,1,n) x[i]=lower_bound(tmpx+1,tmpx+szx+1,x[i])-tmpx,y[i]=lower_bound(tmpy+1,tmpy+szy+1,y[i])-tmpy; FOR(i,1,n) xs[y[i]].push_back(x[i]); FOR(i,1,szy) sort(xs[i].begin(),xs[i].end()); ROF(i,szy,1){ FOR(j,0,(int)xs[i].size()-1) if(++cnt[xs[i][j]]==1) update(xs[i][j],1); int len=query(1,szx); ans+=1ll*len*(len+1)/2; len=query(1,xs[i][0]-1); ans-=1ll*len*(len+1)/2; len=query(xs[i][(int)xs[i].size()-1]+1,szx); ans-=1ll*len*(len+1)/2; FOR(j,0,(int)xs[i].size()-2){ len=query(xs[i][j]+1,xs[i][j+1]-1); ans-=1ll*len*(len+1)/2; } } cout<<ans<<endl; }
E
PB 说这是个 SB 题，没有思维难度，比 C 还简单……我说我不会还被喷了 QwQ
回来再说吧。
F
其实说句实话，这辈子都没想过改出 Div.1 的 F。不管了。