300 rk3。题面是本校 OJ 的，链接挂了找我。
upd: T1 被 xiaopanda 的 hack 数据卡了。
T1-A-B
Problem
出题是一件痛苦的事情！
题目看多了也有审美疲劳，于是我舍弃了大家所熟悉的 A+B Problem，改用 A-B 了哈哈！
好吧，题目是这样的：给出一串数以及一个数字 \(C\) ，要求计算出所有 \(A-B=C\) 的数对的个数。（不同位置的数字一样的数对算不同的数对）。
输入格式
第一行包括2个非负整数 \(N\) 和 \(C\)，中间用空格隔开。
第二行有 \(N\) 个整数，中间用空格隔开，作为要求处理的那串数。
输出格式
输出一行，表示该串数中包含的所有满足 \(A-B=C\) 的数对的个数。
Input
4 1
1 1 2 3
Output
3
\(1\le N\le 2\times 10^5\)。
Solution
签到，用个 map 瞎几把乱搞就可以了。
hack: \(c=0\)，算答案会被加两遍，减掉即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline void read(int &x)
{
char ch=getchar();
int r=0,w=1;
while(!isdigit(ch))w=ch=='-'?-1:1,ch=getchar();
while(isdigit(ch))r=(r<<3)+(r<<1)+(ch^48),ch=getchar();
x=r*w;
}
map<int,int>mp;
const int N=1e6+7;
int a[N];
main()
{
freopen("a-b.in","r",stdin);
freopen("a-b.out","w",stdout);
int n,c,ans=0;
read(n);read(c);
for(int i=1;i<=n;i++)
read(a[i]),mp[a[i]]++;
for(int i=1;i<=n;i++)
ans+=mp[a[i]+c]-(c==0);
cout<<ans;
return 0;
}
T2-吉波那契数列
Solution
先表示 \(G_i\):
\(G_0=1,G_1=t,G_2=t+1,G_3=2t+1,G_4=3t+2,G_5=5t+3\)。
那么对于斐波那契 \(F={0,1,1,2,3,5...}\) （下标从 \(0\) 开始），有
\(G_i=F_it+F_{i-1}(i>0)\)，所以只要预处理出斐波那契数列，直接解方程看是否满足条件。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
void read(int &x)
{
char ch=getchar();
int r=0,w=1;
while(!isdigit(ch))w=ch=='-'?-1:1,ch=getchar();
while(isdigit(ch))r=(r<<3)+(r<<1)+(ch^48),ch=getchar();
x=r*w;
}
const int N=5e6+7,mod=19960515;
int f[N];
void solve(){
int x,k,y;
read(x);read(k);read(y);
int t=(k-f[x-1])/f[x];
if(t*f[x]!=k-f[x-1]||t<=0){puts("-1");return;}
printf("%lld\n",(f[y]*t%mod+f[y-1])%mod);
}
main()
{
freopen("gibonacci.in","r",stdin);
freopen("gibonacci.out","w",stdout);
f[0]=0;f[1]=1;
for(int i=2;i<=5e6;i++)
f[i]=f[i-1]+f[i-2],f[i]%=mod;
int T;
read(T);
while(T--)solve();
return 0;
}
T3-魔塔
Solution
测试时因不明原因写挂而爆0。
考虑到数据规模较小，设 \(f(x,y,h,ans)\) 表示在 \((x,y)\) 剩余 \(h\) 体力，打过 \(ans\) 个怪，直接记忆化搜索即可，注意合理剪枝。
std 超级压行版：
#include<cstdio>
int h,n,m,tim,ans,x,y,i,j;char a[10][10],v[10][10][10][10];
int dx[]={-1,0,0,1},dy[]={0,-1,1,0};
int check(int x,int y){return x>=0&&x<n&&y>=0&&y<m;}
void dfs(int x,int y,int h,int k){
if(v[x][y][h][k]==tim)return;v[x][y][h][k]=tim;
for(int nx,ny,i=0;i<4;i++)
if(check(nx=x+dx[i],ny=y+dy[i]))
if(a[nx][ny]=='.')dfs(nx,ny,h,k);
else if(a[nx][ny]=='E'){if(ans>k)ans=k;return;}
else if(a[nx][ny]=='C')a[nx][ny]='.',dfs(nx,ny,h+5,k),a[nx][ny]='C';
else if(a[nx][ny]=='M'&&h>0)a[nx][ny]='.',dfs(nx,ny,h-1,k+1),a[nx][ny]='M';
}
int main(){
freopen("tower.in","r",stdin);
freopen("tower.out","w",stdout);
while(~scanf("%d%d%d\n",&h,&n,&m)){
for(i=0,++tim;i<n;i++)scanf("%s",a[i]);
for(i=0;i<n;i++)
for(j=0;j<m;j++)
if(a[i][j]=='S')x=i,y=j,a[i][j]=0;
ans=233,dfs(x,y,h,0);
if(ans==233)puts("Poor Warrior");
else printf("%d\n",ans);
}
}
不 return 0 CCF 那里会爆0的（。
T4-对战
Solution
题目要求裁判水平要在两人之间，那个什么路程条件就是说选的裁判的下标也要在两人之间，即选择 \(i<k<j\) 满足 \(a_i<a_k<a_j\) 或 \(a_i>a_k>a_j\)。
考虑枚举裁判，如果我们知道他左边有几个比他小，右边有几个比他大，根据乘法原理即可求出答案，这个用树状数组维护值域即可（逆序对都会叭）。最后把两种情况相加。
代码的变量应该都看得懂。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
void read(int &x)
{
char ch=getchar();
int r=0,w=1;
while(!isdigit(ch))w=ch=='-'?-1:1,ch=getchar();
while(isdigit(ch))r=(r<<3)+(r<<1)+(ch^48),ch=getchar();
x=r*w;
}
const int N=1e6+7;
int a[N],n,lmx[N],rmx[N],lmn[N],rmn[N],c[N],mx;
int lowbit(int x){return x&-x;}
void add(int x,int k){
while(x<=mx){
c[x]+=k;
x+=lowbit(x);
}
}
int query(int x){
int sum=0;
while(x>=1){
sum+=c[x];
x-=lowbit(x);
}
return sum;
}
void clear(){memset(c,0,sizeof c);}
void solve(){
read(n);mx=-1;
for(int i=1;i<=n;i++)read(a[i]),mx=max(mx,a[i]);
clear();
for(int i=1;i<=n;i++){
lmn[i]=query(a[i]-1);
lmx[i]=i-1-lmn[i];
add(a[i],1);
}
clear();
for(int i=n;i>=1;i--){
rmn[i]=query(a[i]-1);
rmx[i]=n-i-rmn[i];
add(a[i],1);
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
ans+=lmn[i]*rmx[i]+lmx[i]*rmn[i];
printf("%lld\n",ans);
}
main()
{
freopen("inhouse.in","r",stdin);
freopen("inhouse.out","w",stdout);
int T;
read(T);
while(T--)solve();
return 0;
}