D. Pair Of Lines

题目大意：

给\(n\)个点，问是否存在两条直线（可以为同一条）能覆盖所有的点。

解题思路：

首先一个或者两个或者三个点都是肯定可以用两条线覆盖的。
如果点的个数大于等于三个，那么我们已经可以确定至少一条线的：
点1和点2可能在一条线上，点2和点3可能在一条线上，点3和点1可能在一条线上。
我们试着确定其中一条线后，去掉在线上的所有点，剩下的点肯定在另一条线上，这样利用剩下的点就可以确定另一条直线。
用到一个公式：\(abc\)三点共线\((c - a)\times(c - b)=0\)

E. Tufurama

题目大意：

给\(n\)个数的数列\(a\)，问有多少对下标\(x,y(x<y)\)，使得\(a[x]\geq y,a[y]\geq x\)。

解题思路：

大体思路是先遍历一遍数组，求出\(a[y]\geq x\)中最大的下标\(x\)，
然后再遍历一遍数组，用树状数组求出\(a[x]\geq y\)的所有\(x\)。
最大可能下标可以这样求：\(x=max\{a[y],y-1\}\)。
为什么要求最大呢？因为是为了配合树状数组的求和，这样就不会重复。
每次求到的最大下标\(x\)对应的\(y\)可以用\(vector\)保存。
因为每个\(y\)只能出现一次，所以时间复杂度为\(O(nlogn)\)

#include <bits/stdc++.h>
#define N 200010int n, a[N];struct bit {static const int maxn = N;int f[maxn];inline void init() { std::fill(f, f + maxn, 0); }bit() { init(); }inline void add(int pos, int inc) {for (; pos < maxn; pos += (pos & -pos)) f[pos] += inc;}inline int sum(int rg) {if (rg < 1) return 0;int ans = 0;for(; rg; rg -= (rg & -rg)) ans += f[rg];return ans;}inline int sum(int l, int r) {return sum(r) - sum(l - 1);}
}mybit;std::vector<int> mpos[N];int main() {while (std::cin >> n) {for (int i = 0; i <= n; i++) mpos[i].clear();for (int i = 1; i <= n; i++) {std::cin >> a[i];a[i] = a[i] > n ? n : a[i];mpos[std::min(a[i], i - 1)].push_back(i);}mybit.init();long long ans = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {mybit.add(a[i], 1);for (int x: mpos[i]) ans += mybit.sum(x, n);}std::cout << ans << '\n';}return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/ZengWangli/p/8804837.html

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Educational Codeforces Round 41(已补D,E)

D. Pair Of Lines

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