场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！场上被 E 卡 50 min 结果赛后一分钟过 F！

A - 9x9

借助 scanf 可以轻松完成。

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
int a,b;
int main(){
	scanf("%dx%d",&a,&b);
	cout<<a*b<<endl;
} 

B - tcaF

发现 \(X\) 值不超过 \(3\times 10^{18}\)，证明 \(N\) 的值不超过 \(50\)，直接暴力枚举即可。

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
long long a,fac=1;
int main(){
	cin>>a;
	for(long long i=1;;i++){
		fac*=i;
		if(fac==a){
			cout<<i<<endl;
			return 0;
		}
	}
	
} 

C - Snake Queue

出题人都让我们用队列了，那就用队列吧。

我们用队列维护没有离开的蛇。

每加入一条蛇，计算它的头部到第一条加入操作的蛇的头部的距离，记第 \(i\) 条蛇的这个值为 \(s_i\)，然后把它加进队尾。

每删除一条蛇，就让他从队头离开。

操作三实际上就是查询第 \(k\) 条没有离开的蛇到第 \(1\) 条没有离开的蛇之间的距离。如果队头的蛇是 \(l\)，则他们头部之间的距离即为 \(s_{l+k-1}-s_l\)。

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N=3e5+10;
typedef long long ll;
ll s[N],l,r,n;
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ll op,x;
		scanf("%lld",&op);
		if(op==1){
			scanf("%lld",&x);
			r++,s[r]=s[r-1]+x;
		}else if(op==2){
			l++;
		}else if(op==3){
			scanf("%lld",&x);
			printf("%lld\n",s[l+x-1]-s[l]);
		}
	}
	return 0;
} 

D - Snake Queue

我们将圆等分成四部分，容易发现这四部分包含的方格个数都一样。所以我们只计算右上部分的，最后乘 \(4\) 即可。

将圆心所在的格子用 \((0,0)\) 表示，则格子 \((i,j)\) 被圆包含必须满足 \(\sqrt{(i+0.5)^2+(j+0.5)^2}\) 不超过 \(r\)，前提是 \(i\ge 0,j\ge 0\)，即这个格子右上角到圆心的距离不超过 \(r\)，这里会有算重，但是先不管。

假设 \(i=0\) 的所有格子中，满足上述条件且最靠上的格子是 \((0,j_0)\)，同理定义 \((1,j_1),(2,j_2)\dots\)，容易发现，\(j_0\ge j_1\ge j_2\dots\)，可以用双指针快速计算。

将答案乘四后，我们发现 \((0,0),(0,1),(0,2)\dots\) 这样的点都算了两边，所以要减去。最后再将原点对答案的贡献加上，即可得出正确答案。

好像有通项公式。

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N=3e5+10;
long long ans,r,res;
double dist(double x,double y){
	return x*x+y*y;
}
int main(){
	cin>>r;
	for(int i=0,j=r-1;i<r;i++){
		while(dist(i+0.5,j+0.5)>r*r)j--;
		if(i==0)res=j+1;
		ans+=j+1;
	}
	cout<<ans*4-4*res+1<<endl; 
	return 0;
} 

E - Square Price

又被 E 创思了。

本题笔者场上没写出来，所以没代码。思路由赛后热心谷民提供。

\(10^100\) 是为了告诉我们商品无穷多。

先将所有商品按照 \(P_i\) 排序，记第 \(i\) 种商品最优方案下会买 \(S_i\) 种。

我们思考这样一个买商品的过程：

每个商品用二元组 \((k,p)\) 表示，初始时第 \(i\) 个商品为 \((1,P_i)\)，表示这个商品是第 \(k\) 次买，价格为 \(p\)，则买下这个商品的费用为 \([(k+1)^2-k^2]p=(2k+1)p\)。

我们把所有决策插入堆中，然后取出当前费用最小的商品，将总费用加上 \((2k+1)p\) 后，将 \((k,p)\) 删除，插入 \((k+1,p)\)，直到总费用超过 \(m\)。此时买下的商品数目即为最优方案，该算法时间复杂度 \(O(\sqrt{m}\log n)\)，无法通过本题。

回顾 \(S_i,P_i\) 的定义，容易发现一个性质，\(S_1\ge S_2\ge S_3\dots\)。

同时，最优方案下，无论何时，都满足对于任意 \(i\le n-1\)，\((S_i,P_i)\) 的费用小于 \((S_{i+1}+1,P_{i+1})\) 的费用，如果不是，那就让 \(i\) 少买一个，\(i+1\) 多买一个。

我们惊喜的发现，在这种约束下，只要确定了 \(S_1\)，剩下的 \(n\) 个商品买多少唯一确定。且 \(S_1\) 越大，最后确定的购买方案的费用总和也越大。

这样做，只需二分 \(S_1\)，然后确定剩下的序列，再判断这个方案总费用是否超标。

时间复杂度 \(O(n\log m)\)。

F - Rated Range

因为 E 写了 50 min，导致这道题没有时间调试，最后赛后光速过题。

设 \(f_i\) 表示初始时评分为 \(i\)，打完 \(n\) 轮后评分为 \(f_i\)。

以第一个样例为例，初始时：

评分超过 \(8\) 的部分不展示。

其中，评分在 \(1\sim 5\) 的可以加评分，则：

第二轮：评分 \(1\sim 3\) 的可以加评分:

第三轮：评分 \(3\sim 6\) 的可以加评分:

剩下几轮可以自己手摸。

容易发现，不管怎么打公开赛，\(f\) 数组始终单调不下降。

证明很简单，假设存在某个位置 \(i\)，\(f_i>f_{i+1}\)，则一定存在某一时刻：\(f_i=f_{i+1}\)，然后打了一场比赛，\(f_i\) 评分增加，\(f_{i+1}\) 没有变化，但是 \(f_{i}=f_{i+1}\)，两者评分应当同时增加，所以这种情况不存在。

这样就好办多了。用线段树维护 \(f\)，假设某一场公开赛，等级分在 \([l,r]\) 内的可以加评分，因为 \(f\) 单调不减，用线段树二分二分出第一个满足 \(f_i\ge l\) 的位置 \(L\)，和最后一个满足 \(f_i\le r\) 的位置 \(R\)，实际上后者就相当于第一个满足 \(f_i\ge r\) 的位置的前一个位置。

加评分就是区间加，用懒标记维护。最后处理询问 \(x\) 时，直接查询 \(f_x\) 的值即可。

#include <iostream>
#define ls (p<<1)
#define rs (p<<1|1)
using namespace std;
const int M=5e5+10,inf=0x3f3f3f3f;
int mx[M<<2],tag[M<<2],n,q,x;
void push_up(int p){
	mx[p]=max(mx[ls],mx[rs]);
}
void push_down(int p){
	if(!tag[p])return;
	tag[ls]+=tag[p],mx[ls]+=tag[p];
	tag[rs]+=tag[p],mx[rs]+=tag[p];
	tag[p]=0;return;
}
void add(int p,int l,int r,int L,int R){
	if(L<=l&&r<=R){
		tag[p]++,mx[p]++;
	}else{
		push_down(p);int mid=(l+r)>>1;
		if(L<=mid)add(ls,l,mid,L,R);
		if(R>mid)add(rs,mid+1,r,L,R);
		push_up(p);
	}
}
int ask(int p,int l,int r,int x){
	if(l==r)return l;
	push_down(p);int mid=(l+r)>>1,ans;
	if(mx[ls]>=x)ans=ask(ls,l,mid,x);
	else if(mx[rs]>=x)ans=ask(rs,mid+1,r,x);
	push_up(p);return ans; 
}
void build(int p,int l,int r){
	mx[p]=r;if(l==r)return;
	int mid=(l+r)>>1;
	build(ls,l,mid),build(rs,mid+1,r);
	push_up(p);return;
}
int qry(int p,int l,int r,int x){
	if(l==r)return mx[p];
	push_down(p);int mid=(l+r)>>1;
	if(x<=mid)return qry(ls,l,mid,x);
	if(x>mid)return qry(rs,mid+1,r,x);
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	build(1,1,500001);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int l,r;
		scanf("%d %d",&l,&r);
		int L=ask(1,1,500001,l);
		int R=ask(1,1,500001,r+1)-1;
		if(L<=R)add(1,1,500001,L,R);
	}
	scanf("%d",&q);
	for(int i=1;i<=q;i++){
		int x;
		scanf("%d",&x);
		printf("%d\n",qry(1,1,500001,x));
	}
	return 0;
}

时间复杂度 \(O(n\log n)\)。