Codeforces Round 745 (Div. 2)(C:前缀和+滑动窗口，E：位运算加分块)

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A：

答案就是2n!/2,

对于当前满足有k个合法下标的排列，就是一个n-k个不合法的下标的排列，

所以每一个合法排列都相反的存在一个

对称性

#include
using namespace std;
const int N = 1e6+10,mod=1e9+7;
#define int long long
int n,m;
int f[N];
void solve()
{
    cin>>n;
    int res=1;
    for(int i=1;i<=2*n;i++)
    {
        if(i==2) continue;
        res=res*i%mod;
    }
    cout<>t;
    while(t--) solve();
}

B：

可以先手完一下，

对于一个n

如果m

如果m==(n-1)*n/2，那么这个图就是完全无向连通图，直径最长是1

在这个中间，直径最长是2，直接在1点用n-1条边连其他点

然后特判啥的就行

#include
using namespace std;
const int N = 1e6+10,mod=1e9+7;
#define int long long
int n,m,k;
int f[N];
void solve()
{
    cin>>n>>m>>k;
    
    if(k<=1||m>n*(n-1)/2||m>t;
    while(t--) solve();
}

C：

这个题好像蓝桥杯之前写过，枚举三条线，然后滑动窗口来着

这个题基本一模一样

然后想上下两条线

先想一个问题

因为枚举的是D，那么D那条线答案是不用管的（因为我们枚举的第三条就是这个嘛），

然后想U,如果某个U到D和U+x到D，相同答案，那么选谁呢，其实都一样，如果D往下移，那么他们要加的公共部分都是一样的就是g[D][L],g[D][R],和D那条线，这个都是要加的，

如果要求某个[1,D-4]的线到D最小就行

快速统计矩阵的0，1用二维前缀和即可

#include
using namespace std;
const int N = 410+10,mod=1e9+7;
#define int long long
int n,m,k;
char g[N][N];
int b[N][N];;
int s[N][N];
int row[N][N];
int col[N][N];
int val(int x1,int y1,int x2,int y2){
    //cin>>x1>>y1>>x2>>y2;
    return s[x2][y2]-s[x2][y1-1]-s[x1-1][y2]+s[x1-1][y1-1];
}
int getrow(int i,int x,int y){
    return row[i][y]-row[i][x-1];
}
int getcol(int i,int x,int y){
    return col[i][y]-col[i][x-1];
}


void solve()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++){
            cin>>g[i][j];
            s[i][j]=s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1]+(g[i][j]-'0');
            row[i][j]=row[i][j-1]+(g[i][j]-'0');
            col[j][i]=col[j][i-1]+(g[i][j]-'0');
            b[i][j]=g[i][j]-'0';
        }
    }
    
    int res=n*m;
    for(int L=1;L<=m;L++){
        for(int R=L+3;R<=m;R++)
        {
            int tmp=n*m;
            for(int D=5;D<=n;D++){
                if(b[D-1][L]==0) tmp++;
                if(b[D-1][R]==0) tmp++;
                tmp+=val(D-1,L+1,D-1,R-1);
int now=(R-L-1)-val(D-4,L+1,D-4,R-1)+3-val(D-3,L,D-1,L)+3-val(D-3,R,D-1,R)+val(D-3,L+1,D-1,R-1);
                tmp=min(tmp,now);
                res=min(res,tmp+R-L-1-val(D,L+1,D,R-1));
            }
        }
    }
    cout<>t;
    while(t--) solve();
}

E：

如果一个车车进来了

那么

工作区间有：[st,st+x-1],[st+x+y,st+x+y+x]....

休息区间有:[st+x,st+x+y-1],[st+x+y+x,st+x+y+x+y-1]....

所以在%（x+y）这个区间在休息区间那么就加一

差分，如果x+y>500，那么只需要400次就可以遍历完所以需要修改的点，

如果x+y<500,那么维护一个区间大小（x+y）去增加这个i%（x+y）点，

即维护一个 x+y【0,500】里面每个余数相同的点

分块即可

#include
using namespace std;
const int N = 2e5+10,mod=1e9+7;
int n,m,k;
int x[N],y[N];
int a[N];
int s[N];
int thre,ans;
int cnt[510][510];
void update(int st,int k,int v){
    int aa=x[k]+y[k];
    int *c=cnt[aa];
    int l=(st+x[k])%aa;
    int r=(st-1)%aa;
    if(l<=r){
        for(int i=l;i<=r;i++) c[i]+=v;
    }
    else{
        for(int i=0;i<=r;i++) c[i]+=v;
        for(int i=l;i>n>>m;
   thre=sqrt(m);
   for(int i=1;i<=n;i++) cin>>x[i]>>y[i];
   for(int i=1;i<=m;i++){
       int op,k;
       cin>>op>>k;
       if(op==1){
           int aa=x[k]+y[k];
           if(aa>thre){
               for(int j=i+x[k];j<=m;j+=aa){
                   a[j]++;
                   if(j+y[k]<=m) a[j+y[k]]--;
               }
           }
           else update(i,k,1);
           s[k]=i;
       }
       else{
           int aa=x[k]+y[k];
           if(aa>thre){
               for(int j=s[k]+x[k];j<=m;j+=aa){
                   a[j]--;
                   if(j<=i-1) ans--;
                   if(j+y[k]<=i-1) ans++;
                   if(j+y[k]<=m) a[j+y[k]]++;
               }
           }
           else update(s[k],k,-1);
       }
       ans+=a[i];
       cout<>t;
    while(t--) solve();
}