A.Tokitsukaze and Enhancement
http://codeforces.com/contest/1191/problem/A
本題主要考察選手是否會寫代碼，窮舉即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
int x;
cin>>x;
x%=4;
if(x==1)cout<<"0 A"<<endl;
if(x==3)cout<<"2 A"<<endl;
if(x==2)cout<<"1 B"<<endl;
if(x==0)cout<<"1 A"<<endl;
}
B.Tokitsukaze and Mahjong
http://codeforces.com/contest/1191/problem/B
本題考察選手是否有寫小模擬的能力，分類討論模擬即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[3];
int main(){
string s1,s2,s3;
cin>>s1>>s2>>s3;
if(s1[1]==s2[1]&&s1[1]==s3[1]){
a[0]=s1[0];
a[1]=s2[0];
a[2]=s3[0];
sort(a,a+3);
if(a[0]==a[2])cout<<0<<endl;
else if(a[0]==a[1]-1&&a[1]==a[2]-1)cout<<0<<endl;
else if(a[0]==a[1]||a[1]==a[2])cout<<1<<endl;
else if(a[0]==a[1]-1||a[1]==a[2]-1)cout<<1<<endl;
else if(a[0]==a[1]-2||a[1]==a[2]-2)cout<<1<<endl;
else cout<<2<<endl;
}else{
if(s1[1]!=s2[1]){
if(s1[1]==s3[1])swap(s2,s3);
else if(s2[1]==s3[1])swap(s1,s3);
}
if(s1[1]!=s2[1])cout<<2<<endl;
else{
a[0]=s1[0];
a[1]=s2[0];
sort(a,a+2);
if(a[0]==a[1]||a[0]==a[1]-1||a[0]==a[1]-2)cout<<1<<endl;
else cout<<2<<endl;
}
}
}
PS:學會打麻將真的很重要，建議在集訓隊招新條件中加入“會打麻將”。
C.Tokitsukaze and Discard Items
http://codeforces.com/contest/1191/problem/C
仍然是模擬題。但是有一個地方要注意，在翻頁的地方，不能一頁一頁翻，不然可能會T（比如我）。直接用整除+餘數O（1）定位到跳到的位置。
即：
LL rmn=lst%k;
st=(p[c]/k)*k+rmn;
if(lst<p[c])lst+=k;
另：開longlong。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
LL p[100005];
LL n,m,k;
LL cnt=0;
LL sv=0;
int main(){
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
for(LL i=0;i<m;++i)scanf("%lld",&p[i]);
LL lst=k;
LL c=0;
while(c<m){
if(p[c]<=lst){
++c;
++sv;
}else if(sv){
lst+=sv;
sv=0;
++cnt;
}else{
LL rmn=lst%k;
lst=(p[c]/k)*k+rmn;
if(lst<p[c])lst+=k;
}
}
if(sv)++cnt;
cout<<cnt<<endl;
}
D.Tokitsukaze, CSL and Stone Game
http://codeforces.com/contest/1191/problem/D
如果先手選手第一步動完不立刻輸掉的話，最後所有的石子會變成0-1-2-…-(n-1)，因爲不能有任何兩列相同。所以分兩種情況討論，如果先手第一步不輸，那麼根據初末狀態的奇偶性可以判斷；接下來只要考慮第一步直接失敗的情況。
我們對石子個數排序，有以下三種情況會暴斃：
1.存在兩對或以上相同的石子數（包括三連），這樣怎麼搞選完都有至少一對相同；
2.存在一對相同的且存在一堆石子比這堆石子剛好少一個，這樣選這對相同的就會出現一對新的相同的；
3.存在兩個或以上0，這樣你隨便怎麼搞，選完還是有至少兩個0。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
int n;
LL a[100005];
int flag=0;
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;++i)scanf("%lld",&a[i]);
sort(a,a+n);
for(int i=0;i<n-1;++i){
if(a[i]==a[i+1]){
if(i&&(a[i]==a[i-1]||a[i]==a[i-1]+1)){
cout<<"cslnb"<<endl;
return 0;
}
if(a[i]==0){
cout<<"cslnb"<<endl;
return 0;
}
if(flag++){
cout<<"cslnb"<<endl;
return 0;
}
}
}
LL sum=0;
for(int i=0;i<n;++i)sum=(sum+a[i]-i)%2;
cout<<(sum?"sjfnb":"cslnb")<<endl;
}
F.Tokitsukaze and Strange Rectangle
http://codeforces.com/contest/1191/problem/F
看到這個數據規模應該很容易想到nlogn數據結構按順序遞推logn求取狀態參量。
因爲向上開口，比較特殊，所以考慮從上到下遍歷。借用掃描線的思想，構造一顆單點覆蓋區間查詢的線段樹。
先對數據離散化，這樣只要建立一顆1-200000範圍的樹即可。
然後從上往下，對於一個縱座標y，我們考慮所有在這個y上出現的點的x值。我們把這些x值全部更新到線段樹上，總區間和tree[1]表示到當前y爲止，總共有多少個不同的x值出現。那麼很顯然的，，也就是所有可能的不同選法。但是要考慮一些其他情況，對於某個區間，如果在當前y上沒有新的x值產生（或者自己覆蓋自己），那麼這個區間其實和之前出現過的區間是一樣的，所有不應該被計入答案，所有用線段樹查詢相鄰兩個本y出現的x值之間歷史x值的個數，然後類似上述公式減去即可。
因爲每個點只被插入一次並且產生一次區間查詢，所有複雜度。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node{
int x, y;
}a[200005];
int n;
long long ans=0;
int v[200005],top=0;
const int N=200005;
int tree[200006<<2];
//單點修改
void modify(int x,int k){
for(x+=N;x;x>>=1)tree[x]+=k;
}
//區間查詢
int query(int l,int r){
if(l>r)return 0;
int ans=0;
for(l=N+l-1,r=N+r+1;l^r^1;l>>=1,r>>=1){
if(~l&1)ans+=tree[l^1];
if(r&1)ans+=tree[r^1];
}
return ans;
}
bool cmp1(node a,node b){
return a.x<b.x;
}
bool cmp2(node a,node b){
if(a.y>b.y)return 1;
if(a.y<b.y)return 0;
return (a.x<b.x);
}
long long fun(int x){
long long r=x;
r=r*(r+1)/2;
return r;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].y);
sort(a+1,a+n+1,cmp1);
int cnt=1;
int lst=a[1].x;
a[1].x=1;
for(int i=2;i<=n;++i){
if(a[i].x==lst)a[i].x=cnt;
else{
lst=a[i].x;
a[i].x=++cnt;
}
}
sort(a+1,a+n+1,cmp2);
for(int i=1;i<=n;){
int ty=a[i].y;
top=0;
while(a[i].y==ty)v[top++]=a[i++].x;
for(int j=0;j<top;++j)modify(v[j],1-query(v[j],v[j]));
v[top++]=n+1;
ans+=fun(tree[1]);
for(int j=0;j<top-1;++j)ans-=fun(query(v[j]+1,v[j+1]-1));
ans-=fun(query(1,v[0]-1));
}
cout<<ans<<endl;
}