转战Atcoder，这场比赛的名字看起来就很有趣的样子，很盛大的感觉，那当然赶紧来玩玩

A - Takahashi Calendar

思路：定义新日历算法，求特定日子数
典型的签到题，当然是直接在新日历上跑一遍即可

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int main()
{int mm,dd;scanf("%d%d",&mm,&dd);int sum = 0;for(int m=1;m<=mm;m++){for(int d=1;d<=dd;d++){int d1 = d%10;int d10 = d/10;if(d1>=2&&d10>=2&&d1*d10==m)sum++;}}printf("%d\n",sum);return 0;
}

B - Kleene Inversion

思路：看似一个很复杂的逆序对问题，立刻想着像逆序对上套，实则不然，由于子串长度过短，完全可以直接暴力预处理掉子串，处理掉该串中的大小和该位置后的大小，最后只是个小小数学计算问题了。而对于大数带模除法，直接一个逆元搞定

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long ll;const int maxn = 2e3+5;const ll mod = (ll)(1e9+7);int aa[maxn],rk[maxn],ne[maxn];ll gcd(ll a,ll b, ll &x,ll &y)
{if(b == 0){x = 1;y = 0;return a;}else{ll r = gcd(b,a%b,y,x);y -= x * (a / b);return r;}
}ll ni(ll a,ll n)
{ll x, y;ll d = gcd(a, n, x, y);ll ans;if(d == 1){x %= n;x += n;x %= n;ans = (x % n);return ans;}else{return -1;}
}
int main()
{int n,k;ll b=0LL;scanf("%d%d",&n,&k);for(int i=0;i<n;i++){scanf("%d",&aa[i]);rk[i] = 0;ne[i] = 0;}for(int i=0;i<n;i++){for(int j=0;j<i;j++){if(aa[i]>aa[j])rk[i]++;}for(int j=i;j<n;j++){if(aa[i]>aa[j]){ne[i]++;rk[i]++;}}b = (b + (((((((ll)rk[i]*(ll)(k-1))%mod)*(ll)k)%mod)*ni(2,mod))%mod) + (((ll)ne[i] * (ll)k)%mod)) % mod;}printf("%lld\n",b);return 0;
}

C - Cell Inversion

思路：翻转序列题，也是个看似很困难的题，但细心品味也确实是一道很有意思的题目

首先，题目中明确说明了每个点都必须翻转一次，这就意味着必会存在n组翻转组合，问题的关键就是找出个n种组合方式，至于组合之间的顺序并不重要

于是二话不说，先来个关于n的全排列。

接下来，由于序列翻转的核心就在元素变换交叉处。

不难发现，这题可以转化为将变换端点视为括号的括号匹配题，由于每个点比对应一个括号，则相邻两个括号之间的关系将成为关键。
若相邻两个点均为左括号或均为右括号，由于外侧点多进行了一次变换，导致这两点必然不同；相应若相邻两点括号相同，则刚好形成一种无缝连接，使得变换结果必相同。

当然，一旦确定了每个点所属的变换类型，相应的对应匹配对也不重要了，因为只要能满足括号匹配规则（允许括号交叉，不允许右括号先于左括号），匹配出来的结果必能相同。

这样算来，只需要计算每次右括号出现时前面已出现的左括号数量，作为方案数，并任意消耗一个左括号进行匹配

最后，就可以根据相邻点间的元素关系预处理各个点的变换类型，然后再遍历计算方案数即可

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;const int maxn = 2e5+5;
const ll mod = ll(1e9+7);char s[maxn];
int s2[maxn];int main()
{int n;scanf("%d%s",&n,s);s2[0] = 1;for(int i=1;i<2*n;i++){if(s[i]==s[i-1])s2[i] = (s2[i-1]+1)%2;elses2[i] = s2[i-1];}ll sum = 1LL;for(int i=2;i<=n;i++){sum = (sum * (ll)i)%mod;}//cout << sum << endl;int num = 0;for(int i=0;i<2*n;i++){//out << sum << "*" << num << endl;if(s2[i]==1)num++;else{sum = (sum * ll(num))%mod;//cout << sum << "*" << num << endl;num--;}}if(s[0]=='W'||num!=0)printf("0\n");elseprintf("%lld\n",sum);return 0;
}

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