Codeforces Round #626 (Div. 2）

A
这个似乎出过一遍了？选一个偶数或者两个奇数。

B
题意：
给你 $n$个数 $a_1,a_2,a_3,a_4......a_n$
再给你 $m$个数 $b_1,b_2.....b_m$
有一个矩形 $n\cdot m$ 的矩形C， $C_{i,j}=a_i\cdot b_j$，且 $a,b$中的数不是0，就是1，所以C中也是不是零就是1。
现在给你一个 $k$，让你输出C中面积为 $k$的矩形个数。
思路：
这个题目怎么说呢，说好想也好像，说不好想也不好想。。。。
首先，因为 $a,b$中不是零就是1，所以C中为1的区域肯定是矩形，且大小为 $a$中连续1的个数 * $b$中连续1的个数，有疑问可以画一下，到这儿还是比较好想的。然后接下来是重点。

假设a产生的连续的段为 $x_1,x_2.....x_{cnt1}$
b产生连续的段为 $y_1,y_2,y_3....y_{cnt2}$
这可以构成 $cnt1\cdot cnt2$个矩形。
我们先按正解来，对于面积 $k$的矩形，我们枚举边长， $<x,y>$
然后提前预处理好 $a$中段对x的贡献，每一个为 $x_i-x+1$；同理 $y$也是这样。
答案就是 $\sum\limits_{i=1}^{cnt1}(x_i-x+1)\cdot \sum\limits_{i=1}^{cnt2}(y_i-y+1)$。对于枚举边长，复杂度 $O(N)$,预处理时间复杂度也是 $O(N)$。
这样想似乎这个题目也就这样。。。。

但在比赛中我没想到直接枚举面积为 $k$的矩形边长，而是枚举的 $a*b$中可以产生的矩形，正如上文所说， $a,b$可以构成矩形为 $cnt1\cdot cnt2$个。对于每个矩形我们算面积为 $k$的贡献，怎么算呢？对于每个矩形 $x_i\cdot y_i$，也是枚举边长，不过是枚举 $x_i$的边长，看其是否可以构成面积为 $k$的矩形，这里假设枚举 $x_i$的边长为 $x$，那么 $y=k/x$。那么 $x_i\cdot y_i$可以产生 $<x,y>$的贡献为 $(x_i-x+1)\cdot (y_i-y+1)$。其中 $x$的范围 $[1,x_i]$。我们不断累加贡献，也能得到贡献，但这样随机数据尚可，但最坏会被卡成 $n^2$。值的一提的是我一开始看错范围以为4000。。。一直Wa和T，后经ZHJ提醒，数组开到40000，竟然以998ms的时间卡过，虽说后来重测被卡掉，但是这也不失是一件趣事。

赛后我以我的思路印证题解中代码，一直对上面正解中预处理边长累加那儿有疑惑，这很矛盾，在我的思路中，是枚举矩形然后对于这个矩形，在枚举边长，贡献是相乘后在相加，而题解中是相加后在相乘，这可能对别人来说很容易想透的，但对于我而言，这有点无法接受，人和人之间的思维方式真的有差别。

我按我的方式进行了思考，发现这两种思路是殊途同归的。我将用我的思路来解释正解。

假设 $a$数组又连续段 $a_1,a_2$,b数组有连续段 $b_1,b_2$
我们可以构造 $a_1$x $b_1$, $a_1$x $b_2$, $a_2$x $b_1$, $a_2$x $b_2$,四个矩形，原来是对每个矩形枚举边会超时，现在是对面积为 $k$的矩形我们找边 $<x,y>$
然后这四个矩形对其产生的贡献为
$(a_1-x+1)\cdot (b_1-y+1)+(a_1-x+1)\cdot (b_2-y+1)+(a_2-x+1)\cdot(b_1-y+1)+(a_2-x+1)\cdot (b_2-y+1)$
我们对上述式子进行提取公因式得
$((a_1-x+1)+(a_2-x+1))\cdot ((b_1-y+1)+(b_2-y+1))$
这个式子就是说对于边 $<x,y>$ 结果是，a中所有段对 $x$产生的贡献相加 乘以 b中所有段对 $y$产生贡献的累加，这里所说的贡献可以当做产生多少 $x$，产生多少 $y$。

bool a[N],b[N];
ll q[N],p[N];
void init(int n,int m){ 
    int cnt1(0),cnt2(0);
    rep(i,1,n){
        if(a[i] == 0){
            for(int j =1 ;j <= cnt1;++j){
                q[j] += cnt1 - j + 1;
            }
            cnt1 = 0;
        }
        else cnt1 ++;
    }
    if(cnt1){
        rep(j,1,cnt1) q[j] += cnt1 - j + 1;
    } 
    rep(i,1,m){
        if(b[i] == 0) {
            for(int j = 1;j <= cnt2;++j) p[j] += cnt2 - j + 1;
            cnt2 = 0;
        }
        else cnt2++;
    }
    if(cnt2){
        rep(j,1,cnt2) p[j] += cnt2 - j + 1;
    }
}
int main(){
    int n = read(),m = read(),k =read();
    rep(i,1,n) a[i] = read();
    rep(i,1,m) b[i] = read();
    init(n,m); 
    ll ans = 0;
    for(int i = 1;i <= n;++i){
        if(k % i == 0){
            int x = i,y = k/i;
            if(y <= m) ans += q[x]*p[y];
        }
    }
    cout<< ans;
}

C
题意：
就是括号匹配，但是现在的问题是你可以通过对任意 $[l,r]$排序，代价是这段的长度，来使的括号匹配。
思路：
首先就是若左右括号不等则一定不能匹配，否则一定可以。
我们设一个栈，然后从头遍历每个字符。
我们知道括号匹配的形式是 $()$,所以我们考虑当前字符是否是’(’，如果是的话，看栈顶元素是否是’)’，如果是的话，这说明可以将这两个字符排序可以正确匹配，所以我们将 $ans+=2$，并且删除栈顶元素；不是的话就将’(‘入栈。
如果当前元素是’)’ ，看栈顶是否是’('是的话就删除栈顶元素；否则入栈。
我们发现这样的匹配思路并没有错，而且代码还很好写。具体的怎么的正确我曾尝试证明，但是失败了。

stack<char> st;
int main(){
    int n = read();
    string s;
    cin >> s;
    int l = s.size();
    int cnt1(0),cnt2(0);
    rep(i,0,l-1){
        if(s[i]=='(') cnt1++;
        else cnt2++;
    }
    if(cnt1!=cnt2) return puts("-1"),0;
    int ans = 0;
    rep(i,0,l-1){
       if(s[i] =='('){
           if(st.size()&&st.top()==')'){st.pop();ans+=2;}
           else st.push('(');
       }
       else if(st.size()&&st.top()=='(') st.pop();
       else st.push(s[i]);
    }
    cout <<ans;
}

D