A、玉米大炮

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关键点：

1、本题要求求出打败僵尸的最短时间，并且随着时间的增大，打败的概率越来越大，所以为递增的，因此可以用二分

2、二分打败时间，这里注意要开long long,然后是判断时间是否可行

完整代码：

# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 100010;
struct ty{ll a, b;
}t[N];
ll n, m;
int judge(ll x)
{ll total = 0;for (int i=1; i<=n; i++){total+=x/t[i].b*t[i].a;if (total>=m)return 1;}return 0;
}
int main()
{cin>>n>>m;for (int i=1; i<=n; i++){cin>>t[i].a>>t[i].b;m-=t[i].a;}if (m<=0){cout<<"0"<<endl;return 0;}ll l = 0, r = 1e18;while (l<=r){ll mid = (l+r)/2;if (judge(mid)) r = mid-1;else l = mid+1;}cout<<r+1<<endl;return 0;
}

B、逆序对计数

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关键点：

1、求出每个区间里的逆序对个数，且最终答案就为：总逆序对个数-区间逆序对个数+区间内顺序个数，且区间内顺序个数为区间内对的个数-区间内逆序对个数，因此最终答案就为：

总逆序对个数-区间内逆序对个数*2+区间内对的个数

2、如何求区间内的逆序对个数，定义一个数组f[i][j]，表示i-j区间内逆序对个数，我们很容易可以得出f[i][j] = f[i+1][j],所以最外层i循环要从n-1开始，然后是判断当前的a[i]和i后面的数大小关系，如果有a[i]有大于后面的数，那么要记下该个数，并且在后面的j循环时每次加上这个数（区间包含，且逐渐增大）

3、求区间内对的个数，我们发现，一个区间个数设为n，那么该区间里的对个数就为在n个数里挑两个数，即为（n*(n-1)/2）

完整代码：

# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 6010;
int n;
int a[N];
int f[N][N];
int main()
{cin>>n;for (int i=1; i<=n; i++)cin>>a[i];for (int i=n-1; i>=1; i--){int cnt = 0;for (int j=i+1; j<=n; j++){f[i][j] = f[i+1][j];if (a[i]>a[j])cnt++;f[i][j] += cnt;}}int q;cin>>q;while(q--){int l, r;cin>>l>>r;cout<<f[1][n] - f[l][r]*2+(r-l)*(r-l+1)/2<<endl;}return 0;
}

D、小蓝的新技能

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关键点：

1、枚举每一个gcd(a, b),再去枚举每一个a，然后去计算lcm(a三次方, b三次方)(lcm*gcd = a*b)，然后去求出lcm的开三方是否存在（二分），最后根据gcd(a, b)和lcm(a, b),求出b，然后验证a,b是否正确

完整代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
long long n;
int gd(int a,int b)
{
return b?gd(b,a%b):a;
}
long long calc(long long x)
{
long long l=1,r=1e6;while(l<=r){long long mid=(l+r)/2;if(mid*mid*mid<=x)l=mid+1;else r=mid-1;}return l-1;
}
signed main()
{int ans=0;cin>>n;for(int d=1;d*d*d<=n;d++){for(int a=d;a*a*a<=n;a+=d){long long lcm=n-d*d*d;long long t=calc(lcm);if(t*t*t==lcm){int b=d*t/a;if(b&&gd(a,b)==d&&a*b/gd(a,b)==t)ans++;}}}cout<<ans<<endl;return 0;
}

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