好久没打CF了，打场div2练手。因为比较晚还没提前睡有点神志不清，E题打了莫名其妙的代码调了好久，最后结束后5分钟才发现哪里错了……
AC:ABCD Rank:60
A.Anton and Polyhedrons
题目大意：五种多面体，每种用一个英文单词表示，某人有n个多面体，分别告诉你这n个多面体是什么，求总共多少个面。（n<=200,000）
思路：普及培训，选择结构+循环结构。
#include<cstdio> int main() { int n,ans=0;char s[20]; scanf("%d",&n); while(n--) { scanf("%s",s); if(s[0]=='T')ans+=4; if(s[0]=='C')ans+=6; if(s[0]=='O')ans+=8; if(s[0]=='D')ans+=12; if(s[0]=='I')ans+=20; } printf("%d",ans); }
B.Anton and Classes
题目大意：给你n+m条数轴上的线段，要求从前n个中选出一条，后m个中选出一条，使得这两条距离最大，求出这个距离。（n,m<=200,000）
思路：分别对两部分线段找出最右的左端点和最左的右端点，再分情况计算一下答案，复杂度O(n+m)。
#include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; char B[1<<26],*S=B,C;int X; inline int read() { while((C=*S++)<'0'||C>'9'); for(X=C-'0';(C=*S++)>='0'&&C<='9';)X=(X<<3)+(X<<1)+C-'0'; return X; } #define INF 0x7FFFFFFF int main() { fread(B,1,1<<26,stdin); int n,x0=0,y0=INF,x1=0,y1=INF; for(n=read();n--;)x0=max(x0,read()),y0=min(y0,read()); for(n=read();n--;)x1=max(x1,read()),y1=min(y1,read()); printf("%d",max(0,max(x1-y0,x0-y1))); }
C.Anton and Fairy Tale
题目大意：谷仓一开始装满n个稻子，第i天会先少掉i个稻子后补充至多m个稻子（补充后总量不超过n），问什么时候第一次没稻子。（n,m<=10^18）
思路：相当于n-m个稻子，前m天不会少稻子，第i+m天会少i个稻子，二分答案算一算最可以了，注意特判n<m，复杂度O(logn)。
#include<iostream> using namespace std; int main() { long long n,m,l,r,mid,ans; cin>>n>>m; if(m>n)return cout<<n,0; for(l=0,r=3000000000;l<=r;) { mid=l+r>>1; if(mid*(mid+1)>>1>=n-m)ans=mid,r=mid-1; else l=mid+1; } cout<<ans+m; }
D.Anton and School - 2
题目大意：给出一个长为n的由左右括号组成的字符串，问有多少个子序列满足长为k，k为偶数，前k/2个是左括号，后k/2个是右括号。（n<=200,000）
思路：枚举子序列的最后一个左括号，求出他前面有多少左括号，后面有多少右括号，统计答案，观察发现若前面有l个左括号，后面有r个右括号，则对答案的贡献为C(l+r,r-1)，复杂度O(n)。
#include<cstdio> #define MN 200000 #define MOD 1000000007 char s[MN+5]; int f[MN+5],v[MN+5]; inline int inv(int x) { int r=1,y=MOD-2; for(;y;y>>=1,x=1LL*x*x%MOD)if(y&1)r=1LL*r*x%MOD; return r; } int main() { int i,l,r,ans=0; scanf("%s",s); for(i=f[0]=1;i<=MN;++i)f[i]=1LL*f[i-1]*i%MOD; for(v[i=MN]=inv(f[MN]);i--;)v[i]=1LL*v[i+1]*(i+1)%MOD; for(i=l=r=0;s[i];++i)if(s[i]==')')++r; for(i=0;r;++i)s[i]=='('?(ans=(ans+1LL*f[l+r]*v[l+1]%MOD*v[r-1])%MOD,++l):--r; printf("%d",ans); }
E.Anton and Permutation
题目大意：一个长度为n的排列一开始为1,2,3,…,n，q次操作，每次交换其中两个元素，求每次操作后排序的逆序对数。（n<=200,000，q<=50,000）
思路：容易想到用数据结构维护这个序列，交换x和y时，我们查询x和y之间有多少个小于x的和小于y的，直接计算答案即可，用树状数组套权值线段树会爆内存，所以我写了树状数组套Treap，复杂度O(nlogn^2)。本来cf上的这种题应该不是这么暴力的，但看到q只有50000时限又开得很大，还是乖乖打数据结构……人菜一直挂，发现一个函数忘记return……已经好几次遇到这种事了，下次打函数先打return。
#include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; char B[1<<26],*S=B,C;int X; inline int read() { while((C=*S++)<'0'||C>'9'); for(X=C-'0';(C=*S++)>='0'&&C<='9';)X=(X<<3)+(X<<1)+C-'0'; return X; } #define MN 200000 #define ND 6000000 #define L(x) c[x][0] #define R(x) c[x][1] int fa[ND+5],c[ND+5][2],s[ND+5],z[ND+5],p[ND+5]; int t[MN+5],tn=MN; inline int ran() { static int x=23333; return x^=x<<13,x^=x>>17,x^=x<<5; } inline void up(int x){s[x]=s[L(x)]+s[R(x)]+1;} void rotate(int x) { int f=fa[x],ff=fa[f],l=R(f)==x,r=l^1; fa[f]=x;fa[x]=ff;fa[c[x][r]]=f; c[ff][R(ff)==f]=x;c[f][l]=c[x][r];c[x][r]=f; up(f);up(x); } void ins(int f,int t,int x) { while(c[f][t])t=x>z[f=c[f][t]],++s[f]; fa[c[f][t]=++tn]=f;p[tn]=ran();z[tn]=x;s[tn]=1; for(;fa[tn]>MN&&p[tn]>p[fa[tn]];)rotate(tn); } int find(int x,int k) { while(z[x]!=k)x=k<z[x]?L(x):R(x); return x; } void del(int x) { while(L(x)||R(x))rotate(p[L(x)]>p[R(x)]?L(x):R(x)); c[fa[x]][R(fa[x])==x]=0; while(x=fa[x])up(x); } int get(int x,int t) { return x?z[x]>t?get(L(x),t):s[L(x)]+1+get(R(x),t):0; } void ins(int x,int z){for(;x<=MN;x+=x&-x)ins(x,0,z);} void del(int x,int z){for(;x<=MN;x+=x&-x)del(find(L(x),z));} int sum(int x,int z){int r=0;for(;x;x-=x&-x)r+=get(L(x),z);return r;} int main() { fread(B,1,1<<26,stdin); int n,m,i,x,y;long long ans=0; n=read();m=read();p[0]=0x80000000; for(i=1;i<=n;++i)t[i]=i,ins(i,i); while(m--) { x=read();y=read();if(x>y)swap(x,y); if(x<y) { ans+=((sum(y-1,t[y])-sum(x,t[y])-sum(y,t[x])+sum(x,t[x]))<<1)+1; del(x,t[x]);del(y,t[y]); swap(t[x],t[y]); ins(x,t[x]);ins(y,t[y]); } printf("%I64d ",ans); } }