題目這裏

A.map裸題

#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;
}

B.貪心，先上的課盡早下課，後上的課盡量晚點上課

#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;
}

C.先討論一下

如果n <= m ，那麽前 n - 1 天都是當天補滿，然後第 n 天被吃光

當 n > m ， 前 m 天肯定吃不完的

然後第 m + 1 天鳥走之後(沒吃完)下一天再補上，就只有 n - 1 了

第 m + 2 天鳥走之後(沒吃完)再補上，就只有 n - 1 - 2 了

......

第 ans 天鳥走之後倉庫已經被吃光了

那麽就有 n - (ans - m) * (ans - m - 1) / 2 - ans <= 0

令 t = ans - m ， 化簡以後就有 t * t + t >= 2 * (n - m)

這時候可以選擇二分，右邊界肯定是sqrt(2 * 1e18)啦，再大會爆long long

當然可以直接開根，然後左右小小調整一下就能出來結果

#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;
}

D.為了避免重復，我們選擇這樣一個策略:

每當遇到一個左括號，我們計算包含這個左括號的合法序列數量加入ans

顯然如果當前左括號左邊有 L 個左括號(不含這個)

右邊有 R 個右括號，那麽對ans貢獻為

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

然後我們用一個範德蒙恒等式就變成了求 C(L + R ，R - 1)

剩下求組合數就O(nlogn)預處理，O(1)計算即可

#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;
}

E.原序列為 1 - n 的排列，每次操作交換兩數位置，並操作後求出逆序對個數

轉化為二維模型就能很熟悉的聯系到cdq上，於是 cdq + 樹狀數組 解決即可

當然樹套樹也可做，不再分析思路

用cdq來做呢，我們每次計算這次操作對逆序對數的改變量即為

( l, a[r] )左上和右下矩陣中點的個數 + ( r, a[l] ) 左上和右下矩陣中點的個數

- ( l, a[l] ) 左上和右下矩陣中點的個數 - ( r, a[r] ) 左上和右下矩陣中點的個數

當然我們需要註意避免逆序對的重復計算

另外需要註意我們計算的是改變量，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;
}

代碼寫的很醜很暴力，僅供參考

Codeforces Round #404 (Div. 2)——ABCDE