Согласны ли вы добровольно пожертвовать 100000 долларов Топкодеру.

Будем считать это отдельно для каждой маски решенных задач. Как решать это для случая одной или двух решенных задач вроде очевидно.

В случае трех считать очередной ответ за единицу помогает простая "почти" биекция с ответом для счета на 1 меньше - +-1 балл по первой задаче. "Биективность портит" лишь наборы наборы когда по первой задаче минимальный или максимально возможный балл, а число таких наборов мы уже знаем, т.к. там лишь две переменные.

P.s. Итого линия, без всяких деревьев отрезков, да и еще пишется быстрее и проще.

Я завёл массив Add[] , тогда для добавления числа на отрезок [a,b] исопльзовал Add[a]+=val; Add[b+1]-=val; На контесте не успел отдебажить( Сейчас 4 тест проходит, отправлю потом в практисрум - помотрю. Ну и когда пересчитывал каждый элемент массива, то у меня был глобальный счетчик сколько сейчас надо записать в ячейку. Это для каждой маски отдельно конечно же.

Во время сис. тестов пару комнат пропустили.

ДП с состоянием <номер участника, количество прошедших решений, количество зачеллендженных решений>.

мне кажется, решение выше немного сложно, я делал так, условимся, что если чел не отправил задачу, то она как бы failed, теперь храним состояние dp[l][i][j][k] - количество способов прийти в это состояние, где l - номер участника, i, j, k состояния соответсвенно для 1й, 2й и 3ей задачи (оно равно нулю если задача упала, 1 если зачелледжена, и 2 если прошла), и из состояния l,i,j,k есть переход в состояния l+1,i1,j1,k1, такие, что количество решенных задач l-го участника боьше чем l+1, или при равенстве количество челенджей первого не больше, чем у второго..... база: во все возможные варианты первого ставим 1.... в конце проходим по всем состояниям n-1,i,j,k (при 0-индексации) и суммируем их... вот мой код

P.S. кстати сложность получается n*3^6, что в худшем случае около 40тыс итераций