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Odd Divisor

题意：检查n是否有一个大于1的奇数因子

题解：要想有奇数因子，那么这个数的因子，至少包含一个奇数的质数，那么只需要把质数中的偶数剔除就可以了，质数里面只有一个偶数，就是2，那么剔除2，所以2的幂没有奇数因子，其他都有。

signed main() {
	int t;
        scanf("%d", &t);
	while (t--) {
                int n;
		scanf("%d", &n);
		if (n > 0 && (n & (n - 1) == 0)) printf("NO\n");
		else printf("YES\n");
	}
	return 0;
}

New Year's Number

题意：判断这个数能不能由2020和2021组成。

题解：

1. 一个尾数是1，一个尾数是0，那么n / 2020就可以求出最多能取多少个2020

2. 再计算n % 2020，就是计算需要多少个1

3. 如果需要1的个数 <= 最多能取的2020个数，那么把需要1的个数，记为需要2021的个数，

4. 反之剩余的数一定比2020小，所以不存在x，y（x,y为大于0的整数）使之满足下式：$x × 2020 + y × 2021 == n$，则输出NO。

综上所述：分类讨论即可

① if (n / 2020 >= n % 2020) printf("YES\n");

② else printf("NO\n");

signed main()
{
	scanf("%d", &t);
	while (t--) {
		scanf("%d", &n);
		if (n / 2020 >= n % 2020) printf("YES\n");
		else printf("NO\n");
	}
	return 0;
}

Ball In Berland（容斥思想）

题意：选出两组组合，要求不能有一个人同时在两组，求可行的方案数。

题解：

题目给出三个数，a, b, k (a：男生的个数，b：女生的个数，k：男女配对好了的个数)

第二行，是男生，第三行是女生，上下配对

从这些对数里面挑出两对，一个男生不能出现两次，所以每个男生的次数 == 1，每个女生的次数也 == 1；

先分别统计男生和女生在配对数中出现的次数，从头到尾遍历一遍，

ans+=总共的方案(k-i)-当前男生出现过的次数-当前女生出现过的次数+当前男生和当前女生同时出现的次数(容斥定理)

const int N = 200010;
pair<int, int> p[N];
map<pair<int, int>, int> q;
int m[N], n[N];
signed main() {
        int t;
	scanf("%d", &t);
	while (t--) {
		int a, b, k;
                scanf("%d%d%d", &a, &b, &k);
		mem(m, 0);//记得清零
		mem(n, 0);
		q.clear();
		for (int i = 1; i <= k; i++) {
			p[i].first = read();
			m[p[i].first]++;
		}
		
		for (int i = 1; i <= k; i++) {
			p[i].second = read();
			n[p[i].second]++;
		} 
		
		for (int i = 1; i <= k; i++) q[{p[i].first, p[i].second}]++;//统计一下两者同时出现的数量
		int ans = 0;
		for (int i = 1; i <= k; i++) {
			q[{p[i].first, p[i].second}]--;//先减去自己这一次，避免重复
                        m[p[i].first]--;
                        n[p[i].second]--;
			ans += k - i - m[p[i].first] - n[p[i].second] + q[{p[i].first, p[i].second}];//总的(k - i) - p[i].first 出现过的次数，- p[i].second 出现过的次数 + p[i].first 和 p[i].second 同时出现的次数，防止减多了。
		}
		printf("%lld\n", ans);
	}
	return 0;
}