B. Applejack and Storages
原题链接
题意：
给定n个数和q次操作，每次操作都增加或删除一个数，问每次操作进行后当前的数是否能够构成一个正方形和一个矩形（矩形包含长方形和正方形）。
思路：
自己的垃圾思路就不说了。下面是cf某位巨巨的思路，具体找不到链接了。
首先我们可以知道的是，正方形是有四条长度一样的边，所以当某个数出现的次数是4的倍数时，就说明增加了一次可以构成正方形的机会。
矩形也是同理，我们把矩形看作是两组对边，当某个数出现的次数是2的倍数时，就说明增加了一组对边，所以当增加了两组对边的时候，就说明构成了一个矩形。
所以我们只需要维护一下出现了几次2的倍数cnt2和出现了几次4的倍数cnt4即可。
这里还有两个注意的点：
一是增删操作里，修改某个数字出现的次数mp[x]和修改倍数的次数cnt2 cnt4的顺序问题。对于增加一个数，需要先修改出现的次数，如果这次能够贡献一组对边或正方形的话就修改cnt2或cnt4；对于删除一个数，要先判断该数删除之前是否对答案有贡献，如果有贡献的话就删除贡献。这个地方还是很好理解的。同时，如果你删除操作的判断条件是mp[x]%1==0的话就要先修改出现的次数了。
二是最后判断YES和NO的时候，因为在统计cnt4的时候，cnt2也增加了，所以要将cnt4的那份减去就变成了cnt2-2>=2，即cnt2>=4。
代码：
#pragma GCC optimize(3) #pragma GCC optimize("Ofast","unroll-loops","omit-frame-pointer","inline") #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef pair<ll,ll>PLL; typedef pair<int,int>PII; typedef pair<double,double>PDD; #define I_int ll #define x first #define y second inline ll read() { ll x=0,f=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();} return x*f; } char F[200]; inline void out(I_int x) { if (x == 0) return (void) (putchar('0')); I_int tmp = x > 0 ? x : -x; if (x < 0) putchar('-'); int cnt = 0; while (tmp > 0) { F[cnt++] = tmp % 10 + '0'; tmp /= 10; } while (cnt > 0) putchar(F[--cnt]); //cout<<" "; } ll ksm(ll a,ll b,ll p){ll res=1;while(b){if(b&1)res=res*a%p;a=a*a%p;b>>=1;}return res;} const int inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7; const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f; const int maxn=2e5+100,maxm=3e6+7; const double PI = atan(1.0)*4; unordered_map<int,int>mp; int main(){ int n=read(),cnt2=0,cnt4=0; for(int i=1;i<=n;i++){ int x=read(); mp[x]++; if(mp[x]%2==0) cnt2++;///可以组成一组对边 if(mp[x]%4==0) cnt4++;///可以组成一个正方形 } int q=read(); while(q--){ char op[2]; cin>>op;int x=read(); if(*op=='+'){ mp[x]++; if(mp[x]%2==0) cnt2++; if(mp[x]%4==0) cnt4++; } else{ if(mp[x]%2==0) cnt2--; if(mp[x]%4==0) cnt4--; mp[x]--; } if(cnt2>=4&&cnt4>=1)puts("YES"); else puts("NO"); } return 0; }
