ABC345(A-C)

A - Leftrightarrow(100 points)

语法题，输入一个字符串，判断是否是： $< = \cdots= >$ 的样式，输入后只需判断是第一个和最后一个字符是否分别为">"和"<",再判断中间是否都是"="即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define ll long long
#define pb push_back
#define fast() ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
using namespace std;typedef pair<char,int> PCI;
typedef pair<int,int> PII;
const int N = 2e5+10;
int n,m;
void solve(){string s;cin>>s;if(s[0]!='<'||s[s.length()-1]!='>'){cout<<"No"<<endl;return ;}//判断首尾是否满足要求else{for(int i=1;i<s.length()-1;i++){if(s[i]!='='){cout<<"No"<<endl;return ;}}//判断中间是否满足要求cout<<"Yes"<<endl;return ;}
}int main()
{fast();int t=1;//cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}

B- Integer Division Returns(200 points)

数学题， $\left \lceil x \right \rceil$ 表示不小于 x 的最小整数,即向上取整

1.对于非负数，由于c++中整形除法自动向下取整，当x能整除10的时候，就是x/10，不能整除时答案为：x/10+1；

2.对于负数，刚好就是x/10,(试出来的【doge】)

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define ll long long
#define pb push_back
#define fast() ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
using namespace std;typedef pair<char,int> PCI;
typedef pair<int,int> PII;
const int N = 2e5+10;void solve(){ll n;cin>>n;if(n%10==0||n<0){cout<<n/10;}//负数和正整除情况else{cout<<n/10+1<<endl;}//正数不整除情况return ;
}int main()
{fast();int t=1;//cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}

C - One Time Swap（350 points）

数据比较大，如果暴力枚举每对字符，时间复杂度为： $O(n^{2})$ ，显然会TLE。但是我们发现对于一个长度为 $n$ 的字符串来讲，所有选择的方式有 $C_{n}^{2}$ 种，其中如果选择的字符相同，结果都只能得到原字符串，正难则反：

得到新的字符串的对数=所有选择的对数-只得到原字符串的对数

只有字符相同才会得到原串，所以我们用map储存各个字符的个数，计算每种字符交换的种类并累加： $\sum C_{i}^{2}$ ，预处理时间复杂度降至 $O(n+k)$ (k是字符的种类),相减就是能得到新字符串的对数，别忘了如果有相同字符串还会得到原字符串，所以如果有相同字符串还要加1，

最最最后： 十年OI一场空,不开long long 见祖宗！

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define ll long long
#define pb push_back
#define fast() ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
using namespace std;typedef pair<char,int> PCI;
typedef pair<int,int> PII;
const int N = 2e5+10;void solve(){string s;cin>>s;ll n=s.length();map<char,ll> mp;for(auto i:s){mp[i]++;}ll ans=0;ll d=0;int key=0;for(auto i:mp){if(i.second>1)key=1;d+=i.second*(i.second-1)/2;}if(key==1)cout<<n*(n-1)/2-d+1<<endl;else cout<<n*(n-1)/2-d<<endl;return ;}int main()
{fast();int t=1;//cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}