Educational Codeforces Round 92 (Rated for Div. 2)
原作者为 DOEMsy@cnblogs， 本作品采用 CC 4.0 BY-SA 进行许可，转载请注明出处。
最近被实验室的几个项目和论文压迫得没有时间刷题，和队友一起报名的牛客和hdu多校，分别在第一场被叉姐和朝鲜人教育，感觉实力明显退步，又滚回来刷题了。
https://codeforces.com/contest/1389
A. LCM Problem
题意
给定区间 \([l,r]\) ，求两个不同的数字 \(x,y\) ，使得 \(l\le x\lt y \le r,l\le LCM(x,y) \le r\) 。
解题
这道题和之前的一道求区间最大 \(gcd\) 的签到很像，感兴趣的可以去看看 Codeforces Round #651 (Div. 2) A. Maximum GCD 。
在这个题目中的条件可以整合为 \(l\le x \lt y \le lcm \le r\) ，所以我们只需要让 \(lcm\) 最小即可 。
\(x\) 和 \(y\) 的最大公倍数最小为 \(lcm_{min}(x,y) = y = 2x\) ，此时令 \(x = l\) ，可以得到 \(lcm_{min} = y = 2l\) ，即为最小的答案。如果 \(2l>r\)， 无解。
#include
#define ll long long
using namespace std;
int main(){
//cin.tie(0);cout.tie(0);
//ios::sync_with_stdio(false);
//cout<>t;
while(t--){
ll l,r;cin>>l>>r;
if(2*l>r) cout<<"-1 -1"< B. Array Walk
题意
给定数组 \(a_1,a_2,a_3,...,a_n\)，起点为 \(a_1\) ，你可以向左向右移动，不能越界，最多 \(k\) 次。
并且限制不能连续的向左移动，且向左移动的次数最多为 \(z\) 。
每次移动到位置 \(i\) 可以获取分数 \(a_i\) ，初始分数为 \(a_1\) ，询问你可以得到的最大分数和。
解题
这个题在做的时候真的是一头雾水，本来以为模拟会超时，调试了半天差分（下标杀我），结果阎佬暴力过了。
这里讲下差分+数学优化的思路。
首先，向左移动不能连续，所以如果有向左移动，就只能以左右间隔的形式反复横跳。其次，以贪心的思想，最大和出现的情况，一定是只在某两个相邻位置之间反复横跳。
我们将移动分为三个阶段：
- 第一阶段，假设初始向右移动了 \(i\) 步，那么当前处于的位置为 \(a_{i+1}\) ，积分和为 \(s_1 = sum_{i+1}\)（设 \(sum_i=\sum_{k=1}^i a_k\)，即前 \(i\) 项和）。
- 第二阶段，随后在 \(a_{i}\) 与 \(a_{i+1}\) 之反复横跳，设此过程中向左次数最多为 \(p\) ，向右次数最多为 \(q\) ，则 \(p=min(z,\lceil\frac{k-i}{2}\rceil),q=min(p,k-i-p)\) ，得到的积分为 \(s_2 = p*a_i + q*a_{i+1}\)
- 第三阶段，设剩余的步数为 \(k_1 = k-i-p-q\) ：
- 如果 \(k_1>0\)，全部用于向右移动，可以得到的积分为 \(s_3 = sum_{k_1+i+1} - sum_{i+1}\) （如果有剩余步，那么第二阶段结束后位置一定在 \(i+1\)）。
- 如果 \(k_1=0\)，则 \(s_3 = 0\) ，且同时 \(i+1 = k-p-q+1\) ，即 \(sum_{i+1} = sum_{k-p-q+1}\)，无论阶段二的落点是在 \(i\) 还是 \(i+1\) 。
三个阶段的总积分获取为 \(res = s_1+s_2+s_3 = sum_{k-p-q+1} + p*a_i + q*a_{i+1}\) 。
则最大积分和 \(ans = max\{res_i|res_i = sum_{k-p-q+1} + p*a_i + q*a_{i+1},i\in[1,k]\}\) ，复杂度 \(O(k)\)。
#include
//#include
#define ll long long
#define fr(i,n) for(ll i=0;i=j;i--)
#define frrs(i,j,n,flag) for(ll i=j;i=j&&flag;i--)
#define yes "yes"
#define no "no"
#define memset0(dp) memset(dp,0,sizeof(dp))
#define min_get(a,b) a = min(a,b)
#define max_get(a,b) a = max(a,b)
#define PI 3.14159265354
#define print_arr(begin,end) for(auto it = begin;it!=end;it++) cout<<*it<<" "; cout<>a;return a;}
string to_str(double a) {stringstream ss;ss<inline void read(T &x){T f=1;x=0;char c=getchar();while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}x*=f;}
ll a[1*e5];
ll sum[1*e5];
int main(){
//cin.tie(0);cout.tie(0);
//ios::sync_with_stdio(false);
//cout<>t;
while(t--){
ll n,k,z;cin>>n>>k>>z;
fr(i,n) cin>>a[i+1];
ll ans = 0;
sum[0] = 0;
//sum[0,i)
fr(i,n){
sum[i+1] = sum[i] + a[i+1];
}
frr(i,1,k+1){
ll p = min(1ll*z,(k+1-i)/2);
ll q = min(1ll*p,k-i-p);
ll res = sum[k-p-q+1]+p*a[i]+q*a[i+1];
ans = max(ans,res);
}
cout< C. Good String
题意
规定字符串 \(t_1,t_2,t_3,...,t_n\) 。
如果 \(t_n,t_1,t_2,...t_{n-3},t_{n-2},t_{n-1}\) 与 \(t_2,t_3,t_4,...t_{n-1},t_n,t_1\) 完全相同，则称该字符串为 Good String 。
判断给定字符串至少删除多少个字符可以变成 Good String 。
解题
简单推导可以得到 Good String 中：
- 如果 \(n\) 是偶数，\(t_1=t_3=t_5=...=t_{n-3}=t_{n-1}\) 且 \(t_2 = t_4 = t_6 =...= t_{n-2} = t_n\) ，如 \(25252525\) 。
- 如果 \(n\) 是奇数，\(t_1=t_2=t_3=...=t_{n-1} = t_{n}\) ，如 \(22222\)。
而且题目规定 \(t_i\in[0,9]\) ，我们通过可以构造 \(10*10\) 种情况，分别算转化需要的最小花费。
复杂度 \(O(10^2n)\) 。
#include
//#include
#define ll long long
#define fr(i,n) for(ll i=0;i=j;i--)
#define frrs(i,j,n,flag) for(ll i=j;i=j&&flag;i--)
#define yes "yes"
#define no "no"
#define memset0(dp) memset(dp,0,sizeof(dp))
#define min_get(a,b) a = min(a,b)
#define max_get(a,b) a = max(a,b)
#define PI 3.14159265354
#define print_arr(begin,end) for(auto it = begin;it!=end;it++) cout<<*it<<" "; cout<>a;return a;}
string to_str(double a) {stringstream ss;ss<inline void read(T &x){T f=1;x=0;char c=getchar();while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}x*=f;}
int main(){
//cin.tie(0);cout.tie(0);
//ios::sync_with_stdio(false);
//cout<>t;
while(t--){
string s;cin>>s;
int a[2];
int ans = 9999999;
fr(i,10) fr(j,10){
a[0] = i,a[1] = j;
int ct = 0,k = 0;
fr(i,s.size()){
if(s[i]!=a[k&1]+'0') ct++;
else k = !k;
}
if(int(s.size()-ct)&1) if(i!=j) ct++; //只有全相等才能为奇数
ans = min(ans,ct);
//cout< D. Segment Intersections
题意
给定两个线段数组 \(a,b\)，初始 \(a\) 中所有线段等于 \([l_1,r_1]\)，\(b\) 中所有线段等于 \([l_2,r_2]\) 。
每次操作可以选择两组中任意一个线段，使其长度+1。
问最少多少次操作使得 \(\sum\limits_{i=1}^{n}{\text{intersection_length}([al_i, ar_i], [bl_i, br_i])}\ge k\) ，\(\text{intersection_length}\) 表示相交长度。
解题
可以通过开销将重叠部分分为三种：
- 0 花费 原本就重叠的部分
- 1 花费 只需要延长一根线段就可以重叠的部分
- 2 花费 需要同时延长两根线段得到的重叠
你有 \(n\) 对一模一样的这样的线段，所以每个重叠部分最多可以计算 \(n\) 次。
现在就变成了一道贪心题，优先选择低开销操作，复杂度 \(O(1)\) 。
#include
//#include
#define ll long long
#define fr(i,n) for(ll i=0;i=j;i--)
#define frrs(i,j,n,flag) for(ll i=j;i=j&&flag;i--)
#define yes "yes"
#define no "no"
#define memset0(dp) memset(dp,0,sizeof(dp))
#define min_get(a,b) a = min(a,b)
#define max_get(a,b) a = max(a,b)
#define PI 3.14159265354
#define print_arr(begin,end) for(auto it = begin;it!=end;it++) cout<<*it<<" "; cout<>a;return a;}
string to_str(double a) {stringstream ss;ss<inline void read(T &x){T f=1;x=0;char c=getchar();while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}x*=f;}
int main(){
//cin.tie(0);cout.tie(0);
//ios::sync_with_stdio(false);
//cout<>t;
while(t--){
ll n,k;cin>>n>>k;
ll la,ra,lb,rb;
cin>>la>>ra>>lb>>rb;
ll ans = 0;
ll x0 = min(ra,rb)-max(la,lb);//原相交部分，开销为0
k -= n*max(0ll,x0);
if(k<=0){cout<