【安徽集训】fiend

考试的时候只会 $O(Tn^3)$ 的做法，其它题还都不会，想到一整场就打这么点是人都能写的暴力没啥意思，就懒得写了。。

Description

　　双人博弈。每一轮 A 和 B 同时选择一个 $1\text{~} n$ 的排列 $P_i$，必须满足 $L_i\le P_i\le R_i$。同时，A 选择的排列的逆序对数必须是偶数，B 选择的排列的逆序对数必须是奇数（显然 A 的排列和 B 的排列不可能相同）。每一轮选择的排列不能和之前出现过的排列相同。先无法选择排列的输，若双方同时无法选择排列则和局。

　　$T$ 组数据，每次给定 $n,L_i,R_i$，求游戏的结果。

Solution

　　就是让你比逆序对数是奇数的排列多还是是偶数的排列多。

　　前置知识：行列式

　　看到逆序对计数，我们很容易想到行列式。

　　因为行列式的公式是 $$det(a) = \sum\limits_{p_{1\cdots n}} (-1)^{\sigma(p)} \prod\limits_{i=1}^n a_{i,p_i}$$ 　　其中 $p$ 为 $1$ 到 $n$ 的任意排列，$\sigma(p)$ 表示排列 $p$ 的逆序对数。

　　这个公式本身就和逆序对数有关系。

　　其中排列 $p$ 等价于本题中 A 和 B 选择的排列。

　　然后关键就是后面那个 $\prod\limits_{i=1}^n a_{i,p_i}$ 的意义。

　　显然，只要有一个 $a_{i,p_i}$ 为 $0$，这个式子就为 $0$。

　　那么不难想到，对于一组限制 $L_i\le P_i\le R_i$，可以将矩阵的第 $i$ 行的第 $L_i$ 到 $R_i$ 位设为 $1$，其余位设为 $0$。

　　这样 $\prod\limits_{i=1}^n a_{i,p_i} = 1$ 当且仅当排列 $p$ 中的每一个数 $p_i$ 都满足限制 $L_i\le p_i\le R_i$。其余情况下 $\prod\limits_{i=1}^n a_{i,p_i} = 0$，表示不满足限制。

　　现在只有所有满足限制的排列 $p$ 才会被计算一次，下面考虑 $\sum\limits_{p_{1\cdots n}} (-1)^{\sigma(p)}$。

　　这就是把逆序对数为奇数的排列 $p$ 的权值记为 $-1$，逆序对数为偶数的排列 $p$ 的权值记为 $1$。

　　所以最后算出来的行列式的值 $det(a) = 满足条件的逆序对数为偶数的排列数 - 满足条件的逆序对数为奇数的排列数$

　　直接判断 $det(a)$ 是 $\gt 0$，$\lt 0$ 还是 $=0$ 就好了。

　　那行列式 $det(a)$ 的值怎么算？

　　最暴力的是 $O(n^3)$ 的高斯消元做法，即把行列式高消成上三角，对角线上所有数的乘积就是行列式的值。

　　因为有 $100$ 组数据，这个做法只能得 $35$ 分，但在高消时判断若 $a_{i,i}=0$ 则直接返回行列式值为 $0$，可以卡到 $70$ 分。

　　观察到矩阵中所有数都是 $0,1$，而且每行只有一个连续段是 $1$，其余位置都是 $0$。那么可以优化高消过程。

　　依然从小到大枚举 $x$，找到左端点为 $x$ 的右端点最小的区间，设其右端点为 $y$，则模拟高消过程，其余左端点为 $x$ 的区间的左端点都会被挪到 $y+1$。

　　把所有全 $1$ 连续段按左端点分类，那么这一轮高消就是把左端点为 $x$ 的集合合并到左端点为 $y+1$ 的集合。

　　同时我们还要支持查询一个集合中的最小值（集合中存储所有连续段的右端点）。

　　左偏树即可。

　　复杂度 $O(Tn\log n)$。

#include<bits/stdc++.h>

#define N 100002

using namespace std;

inline int read(){

    int x=0; bool f=1; char c=getchar();

    for(;!isdigit(c); c=getchar()) if(c=='-') f=0;

    for(; isdigit(c); c=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^'0');

    if(f) return x;

    return 0-x;

}

int n,l[N],r[N],siz,rt[N],ch[N][2],dis[N],lst[N];

bool vis[N];

int merge(int x, int y){

    if(!x || !y) return x|y;

    if(r[x]>r[y]) swap(x,y);

    ch[x][1] = merge(ch[x][1],y);

    if(dis[ch[x][0]]<dis[ch[x][1]]) swap(ch[x][0],ch[x][1]);

    dis[x] = dis[ch[x][1]]+1;

    return x;

}

inline void ins(int L, int x){

	rt[L] = merge(rt[L], x);

}

inline int popNode(int x){

	return merge(ch[x][0], ch[x][1]);

}

int solve(){

    for(int i=1; i<=n; ++i) rt[i]=ch[i][0]=ch[i][1]=dis[i]=0, vis[i]=0;

	for(int i=1; i<=n; ++i) ins(l[i],i);

    int ans=1;

    for(int i=1; i<=n; ++i){

        int x=rt[i];

        if(!x) return 0;

        rt[i] = popNode(x);

        lst[i] = x;

        if(rt[i] && r[rt[i]]==r[x]) return 0;

        rt[r[x]+1] = merge(rt[i], rt[r[x]+1]);

    }

    if(ans==0) return 0;

    int tot = n;

    for(int i=1; i<=n; ++i) if(!vis[i]){

    	--tot; int x=i;

    	do{

    		vis[x]=1, x=lst[x];

    	}while(x!=i);

    }

    if(tot&1) ans=-ans;

    return ans;

}

int main(){

    int T=read();

    while(T--){

        n=read();

        for(int i=1; i<=n; ++i) l[i]=read(), r[i]=read();

        int ans=solve();

        if(ans==1) puts("Y");

        else if(ans==-1) puts("F");

        else puts("D");

    }

    return 0;

}

/*

3

1

1 1

2

2 2

1 1

2

1 2

1 2

*/