Codeforces Educational Codeforces Round 41

A，B签到题略过。
C. Chessboard
其实这题的思路很简单，但是如果没想到的话还是挺难的….简单来说，我们并不需要去具体考虑4块中的每一块具体放在哪里——因为对每一块来说，他的最终状态只有两种可能，并且这个可能是由它的左上角的小方块的颜色决定的；那么我们其实只要计算出每一块转换为两种状况所需要重新染色的次数，然后显然左上角与右下角的块状况相同，另两块状态也相同，那我们在两种状况中选择最小的两个即可。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int a[5],b[5];
char f[105][105];
int main()
{
    int n,i,j,k;
    cin>>n;
    for(i=1;i<=4;i++){
        char x='1',y='0';//注意每次都要初始化这个
        for(j=1;j<=n;j++){
            for(k=1;k<=n;k++){
                cin>>f[j][k];
                if(f[j][k]!=x)a[i]++;
                if(f[j][k]!=y)b[i]++;
                char t=x;x=y;y=t;
            }
        }
    }
    sort(a+1,a+5);sort(b+1,b+5);
    cout<<a[1]+a[2]+b[1]+b[2]<<endl;

    return 0;
}

D. Pair Of Lines
抓住一个关键，就是前3个点中肯定有俩共线，剩余的点要么在这条线上，要么就在另一条线上；
当然，点的个数4个以内肯定是ok的

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
typedef long long ll;
ll x[N],y[N];int n;
bool gx(int a,int b,int c)//判定共线与否
{
    return (y[a]-y[b])*(x[a]-x[c])==(y[a]-y[c])*(x[a]-x[b]);
}
bool check(int a,int b)
{
    vector<int>v;
    for(int i=1;i<=n;i++)//对于所有其他的点,判定与选中的两个点是否共线
        if(!gx(a,b,i))
            v.push_back(i);//不共线就丢进vector
    if(v.size()<3)return true;//如果不共线的点不足3个,显然再用一条线就可以解决
    for(int i=2;i<v.size();i++)
        if(!gx(v[0],v[1],v[i]))//剩余的点如果无法用一条线串起来的话显然不行
            return false;
    return true;
}
int main()
{
    int i,j;
    cin>>n;
    for(i=1;i<=n;i++)
        scanf("%lld%lld",&x[i],&y[i]);
    if(n<=4||check(1,2)||check(1,3)||check(2,3))//前3个点中必然至少有俩共线
        cout<<"YES"<<endl;
    else cout<<"NO"<<endl;

    return 0;
}

E. Tufurama
朴素想法直接枚举，妥妥tle

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int a[N];
int main()
{
    int n,i,j,k;
    cin>>n;
    for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
    long long ans=0;
    for(i=1;i<=n;i++)
        for(j=i+1;j<=min(n,a[i]);j++)
            //for(k=i+1;k<=n;k++)
            {
        if(a[j]>=i)ans++;
    }
    cout<<ans<<endl;

    return 0;
}

正解的话则比较奇妙。因为题目其实就是对于i从1~n，从j=1~i-1中寻找a[j]>=i的个数，
那么我们可以在枚举到每个i的时候，把所有的a不足i的位置都给标记出来，注意，在i后面的a不足i的位置也要同时标记，因为i是递增的，因此对于后面的i，这些a必然也不满足（其实主要是因为代码中的p从小到大标记只用扫一遍，如果每次都进行重新扫描标记复杂度太高了）然后对于每个i，满足条件的位置和就是min(i-1,a[i])减去有标记的位置之和。那么如何高效地统计出有标记的位置之和呢？这其实是一个单点更新区间求和的问题，因此可以用树状数组高效解决。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+5;
ll bit[N],n;
int id[N],a[N];
bool cmp(int x,int y)
{
    return a[x]<a[y];
}
ll sum(int i)
{
    ll s=0;
    while(i){
        s+=bit[i];
        i-=i&(-i);
    }
    return s;
}
void add(int x)
{
    while(x<=n){
        bit[x]++;
        x+=x&-x;
    }
}
int main()
{
    int i,j,k;
    cin>>n;
    for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),id[i]=i;//id主要进行按a值的大小对位置进行排序
    sort(id+1,id+1+n,cmp);ll ans=0;int p=0;//这样p只用扫一遍即可进行所有标记
    for(i=2;i<=n;i++){
        j=min(i-1,a[i]);
        for(;p<n&&a[id[p+1]]<i;)//标记所有不足的a
            add(id[++p]);
        ans+=j-sum(j);
    }
    cout<<ans<<endl;

    return 0;
}