Codeforces Round #654 (Div. 2)A-E2题解

A. Magical Sticks

传送门
题意：给你n个数字，其中的数字可以随机组合，问可以组合形成最多同时几个数相等
题解：找规律即可，如果n为偶数，则有n/2个，反正（n+1）/2个

#include
#include
#include 
using namespace std;
int main()
{
	int t;
	cin>>t;
	while(t--){
		int n;
		cin>>n;
		cout<<(n+1)/2<<endl;
	} 
	return 0;
}

B. Magical Calendar

传送门
题意：有连续的n天，她可以选择任何满足1≤k≤r的整数k，并将k天设置为一周中的天数。如果日期到达一周的最后一天，则第二天的单元格是下一行（下方）中最左边的单元格。你可以选择从一周的任意一天开始，问有多少种不同的单元格形状。
题解：画图找规律可以发现，当k的不同形状的单元格个数与选择的k值相同，即和为等差数列r(1+r)/2*，k>=n的部分形状平移之后形状都是一样的，所以只需要加1；
第一种情况r(1+r)/2；
第二种情况r>=n:输出(n-1)(1+n-1)/2+1；**

#include
#include
#include 
using namespace std;
int main()
{
	int t;
	cin>>t;
	while(t--){
		int n,r;
		cin>>n>>r;
		if(n>r) cout<<r*1ll*(1+r)/2<<endl;
     else cout<<1ll*(n-1)*(1+n-1)/2+1<<endl;
	} 
	return 0;
}

C. A Cookie for You

传送门
题意：有两种曲奇，数量分别为a，b,有两类人个数为n(每一个人都会选择一个数目多的那种曲奇),m(每个人都会选择一个数目少的那种曲奇)，如果a=b时可以随便选一个，问是否每个人都能够拿到任意一种类型的曲奇；
题解：如果（a+b）<(n+m)时肯定有人选不到，那么如果（a+b）>=(n+m) 的情况下我们只需要先考虑第二类人m(每个人都会选择一个数目少的那种曲奇)能否都能选到，如果a,b中的最小值大于等于m,则每个人都能选到，因为第一类人n(每一个人都会选择一个数目多的那种曲奇)能够在a=b的时候随便选一个，以此下去可以选到所有的数，所以不用考虑

#include
#include 
using namespace std;
long long int a,b,n,m,c;
int main()
{
	int t;
	cin>>t;
	while(t--){
	cin>>a>>b>>n>>m;
	if((a+b)<(n+m)) cout<<"No"<<endl;
	//第一种情况
	else{
		 a=min(a,b);
	    if(a>=m) cout<<"Yes\n"; 
	    //找到最小值满足m个人需求即可
		else cout<<"No\n";
		  
	}
	}
	return 0;
}

Problem D - Grid-00100

传送门
题解：当k能被n整除时，是可以使得每一行每一列个数相同的，如果有余数的话，把余数错开放在每行后面一个1，可以使得满足1+1=2 的情况的。
就这样构造：

上代码吧

#include
using namespace std;
const int maxn=305;
int n,k,t;
int a[maxn][maxn];
int main () {
	scanf("%d",&t);
	while (t--) {
		scanf("%d%d",&n,&k);
		if (k%n==0) printf("0\n");
		else printf("2\n");
		int tt=0;
		memset(a,0,sizeof(a));
		for (int i=1;i<=k/n;i++) {
			for (int j=0;j<n;j++) a[j][(j+tt)%n]=1;
			tt++;
			//先每行错开放k/n个，保f(A)=0;
		}
		if (k%n) for (int i=0;i<k%n;i++) a[i][(i+tt)%n]=1;
		//再将剩余的1错开放在前k%n行中。
		for (int i=0;i<n;i++) {
			for (int j=0;j<n;j++) printf("%d",a[i][j]);
			printf("\n");
		}
	} 
	return 0；
}

1371E1 - Asterism (Easy Version)

传送门
题解：让我们来定义m=max(a1,a2,…,an).

玉祖至少应该m−n+1糖果最初是为了赢得所有决斗，然后f(x)=0为x

如果五十铃有相等的或更多的.m糖果一开始，任何排列都是有效的，然后f(x)=n!为x≥m。这可以被p也是。(因为p≤n)

然后，在这个子任务中，您应该找到每个f(x)可被p为m−n+1≤x

您可以找到f(x)通过以下模拟：

首先，让v={他们的敌人数量严格地少于x糖果)，ans=1.
然后执行以下步骤i=x,x+1,…,x+(n−1).
v=v+{他们有多少敌人i糖果)
ans=ans∗v
v=v−1
现在,p是个质数。然后，“是否f(x)可被p“是”是否p乘成ans如v至少有一次。“

这可以在O(n)每个人的时间x.

总复杂性：O(n2)

#include
 
int max(int a,int b){if(a>b){return a;}return b;}
 
int main(){
  int n,p;
  int st,fi;
  int a[131072],bk[262144]={0},bas=0,i,j;
  int res[131072],rc=0;
  scanf("%d%d",&n,&p);
  for(i=0;i<n;i++){
    scanf("%d",&a[i]);
    bas=max(a[i],bas);
  }
  for(i=0;i<n;i++){bk[max(0,a[i]-bas+n)]++;}
  for(i=1;i<262144;i++){bk[i]+=bk[i-1];}
  for(i=0;i<=n;i++){
    for(j=0;j<n;j++){
      if((bk[i+j]-j)<=0){break;}
      if((bk[i+j]-j)%p==0){break;}
      if(j==n-1){res[rc]=i+(bas-n);rc++;}
    }
  }
  printf("%d\n",rc);
  for(i=0;i<rc;i++){
    if(i){printf(" ");}
    printf("%d",res[i]);
  }printf("\n");
}

1371E2 - Asterism (Hard Version)

传送门
题解:

#include
 
int max(int a,int b){if(a>b){return a;}return b;}
 
int main(){
  int n,p;
  int st,fi;
  int a[131072],bk[262144]={0},bas=0,i;
  scanf("%d%d",&n,&p);
  for(i=0;i<n;i++){
    scanf("%d",&a[i]);
    bas=max(a[i],bas);
  }
  for(i=0;i<n;i++){bk[max(0,a[i]-bas+n)]++;}
  for(i=1;i<262144;i++){bk[i]+=bk[i-1];}
 
  st=1;
  for(i=1;i<=n;i++){
    while(bk[st+(i-1)]<i){st++;}
  }
  st+=(bas-n);
 
  fi=n;
  for(i=1;i<=n;i++){
    while(fi>0){
      if(bk[fi+(i-1)]-(i-1)<p){break;}
      fi--;
    }
  }
  fi+=(bas-n);
 
  if(st>fi){
    printf("0\n\n");
    return 0;
  }
  printf("%d\n",fi-st+1);
  for(i=st;i<=fi;i++){
    if(i!=st){printf(" ");}
    printf("%d",i);
  }printf("\n");
  return 0;
}