传送门 注意到矩形往上是无限的,考虑把点按 $y$ 从大到小考虑 对于枚举到高度为 $h$ 的点,设当前高度大于等于 $h$ 的点的所有点的不同的 $x$ 坐标数量为 $cnt$ 那么对于这一层高度 $h$ 我们就有 $cnt(cnt+1)/2$ 种不同的 $l$,$r$ ,使得矩形内点集不同 发现对于某些 $x$ 在这一层相邻两点之间,高度大于 $h$ 的点,这样又重复算了它们的贡献,所有要再扣掉 直接用树状数组维护一下当前区间内不同的 $x$ 的数量即可 因为离散化了判断 $x$ 是否出现过…

https://codeforces.com/contest/1191/problem/F 看了一下题解的思路,感觉除了最后一段以外没什么启发. 首先离散化x加快速度,免得搞多一个log.其实y不需要离散化. 规定无穷大就是xn+1这个很好理解嘿嘿.(反正开多了5个不怕) 注意到其实从上往下一行一行扫过去,每次必须新增的元素才是新的集合,那很容易想到一个不重不漏的办法就是每次计算"以点p[i]为加进去的新点中的结束的集合",那么假设一开始p[i]的左侧有cntl个点,那么显然有(cnt…

大意: 给定$n$个平面点, 定义集合$S(l,r,a)$表示横坐标$[l,r]$纵坐标$[a,\infty]$内的所有点. 求可以得到多少种不同的集合. 从上往下枚举底层最右侧点, 树状数组统计贡献. #include <iostream> #include <algorithm> #include <cstdio> #define REP(i,a,n) for(int i=a;i<=n;++i) using namespace std; typedef lon…

思路: 线段树 + 扫描线. 实现: #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; ; int n, x[N], y[N], bit[N]; vector<int> v[N]; void compress(vector<int>& x) { sort(x.begin(), x.end()); x.erase(unique(x.begin(), x.end()), x.end…

Codeforces 718A Efim and Strange Grade 程序分析 jerry的程序 using namespace std; typedef long long ll; string buf; int i; void up(int at) { at--; if (at < 0) { buf = '1' + buf; i++; return; } if (buf[at] == '.') at--; buf[at]++; if (buf[at] == '9'+1) { buf[…

[Codeforces 1191D] Tokitsukaze, CSL and Stone Game(博弈论) 题面 有n堆石子,两个人轮流取石子,一次只能从某堆里取一颗.如果某个人取的时候已经没有石子,或者取完后又两堆石子个数相同(个数为0也算).假如两人都足够聪明,问谁能赢. 分析 贪心考虑,最后局面一定是0~n-1的一个排列.这时谁取谁就输.因此我把a[i]从小到大排序,把a[i]变成i-1,可以计算出取的石子个数\(\sum (a_i-i+1)\),如果是奇数,则先手胜,否则后手胜. 但…

C. Efim and Strange Grade time limit per test 1 second memory limit per test 256 megabytes input standard input output standard output Efim just received his grade for the last test. He studies in a special school and his grade can be equal to any po…

[题目链接]:http://codeforces.com/problemset/problem/128/C [题意] 让你一层一层地在n*m的网格上画k个递进关系的长方形;(要求一个矩形是包含在另外一个矩形里面的); 问你有多少种方案; [题解] 可以发现方案等同于在长和宽上各取2*k条直线的方案; 即C(n−1,2∗k)∗C(m−1,2∗k) 这样在整个n*m的方格上,就能取出k个矩形啦 这里之所以要减1,是因为两端不能算;(不能触碰到边缘上的点); 预处理出组合数就可以了; 会爆int; […

题目链接 http://codeforces.com/contest/1276/problem/C 题解 嗯,比赛结束前3min想到做法然后rush不出来了--比赛结束后又写了15min才过-- 以下是我的做法: 设最优解的行数和列数分别是\(R\)和\(C\), 不妨设\(R\le C\). 那么显然对于每个数我们只能选不超过\(R\)个. 考虑将所有数按出现次数从大到小排序,枚举\(R\), 求出可用的数的个数,设为\(cnt\), 那么显然\(C\le \frac{cnt}{R}\). 我…

传送门 注意到后手可以模仿先手的操作,那么如果一回合之内没法决定胜负则一定 $\text{once again!}$ 考虑如何判断一回合内能否决定胜负 首先如果最左边和最右的 $0$ 或 $1$ 距离小于等于 $k$,那么先手显然赢 如果最左边和最右的 $0$ 和 $1$ 中间都差了大于等于 $k$ 个位置,那么考虑后手能不能赢 枚举一下先手第一步即可(代码因为比赛是写的,比较奇怪,我感觉也不用参考代码吧..) #include<iostream> #include<cstdio>…