【做题笔记 Div2 A-D】Codeforces Round 924 (Div. 2)

A. Rectangle Cutting

鲍勃有一个大小为 $a\times b$ 的矩形。他尝试将这个矩形切成两个边长为整数的矩形，切口平行于原矩形的一条边。然后，鲍勃试图用这两个矩形拼成另一个矩形，他可以随意旋转和移动这两个矩形。

请注意，如果两个矩形仅有 $90^{\circ }$ 次旋转的区别，那么它们就被视为相同的矩形。例如，矩形 $6\times 4$ 和 $4\times 6$ 被认为是相同的。

因此，从 $2\times 6$ 矩形可以形成另一个矩形，因为它可以切割成两个 $2\times 3$ 矩形，然后用这两个矩形形成与 $2\times 6$ 矩形不同的 $4\times 3$ 矩形。

但是，从 $2\times 1$ 矩形中却不能形成另一个矩形，因为它只能被切割成两个 $1\times 1$ 矩形，而从这两个矩形中只能形成 $1\times 2$ 和 $2\times 1$ 矩形，这两个矩形被认为是相同的。

帮助鲍勃确定他是否能得到其他矩形，或者他是否只是在浪费时间。

输入

每个测试由多个测试用例组成。第一行包含一个整数 $t$ ( $1\le t\le 10^4$ ) - 测试用例的数量。随后是测试用例的描述。

每个测试用例的单行包含两个整数 $a$ 和 $b$ ( $1\le a,b\le 10^9$ ) --鲍勃矩形的大小。

输出

对于每个测试用例，如果鲍勃能从 $a\times b$ 矩形中获得另一个矩形，则输出 “是”。否则，输出 “否”。

可以用任何大小写（大写或小写）输出答案。例如，字符串 “yEs”、“yes”、"Yes "和 "YES "将被识别为肯定答案。

样例

7
1 1
2 1
2 6
3 2
2 2
2 4
6 3

No
No
Yes
Yes
Yes
Yes
No

思路

从样例就可以看出来，只能从纵向中间切一刀或者横向中间切一刀拼成新的矩形，判断一下新矩形是否和原本的相同即可。

#include<iostream>
#include<string>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<bitset>
#include<functional>
#include<stack>
#include<list>
#include<iomanip>
#include<array>
#include<cassert>
#define fi first
#define se second
using namespace std;
using ll = long long;
using ull = unsigned long long;
using ld = long double;
using pii = pair<int, int>;
using pll = pair<ll, ll>;
const int dir[4][2] = { { -1, 0}, {1, 0}, {0, -1}, {0, 1} };
const int N = 5e5 + 5, M = 1e6 + 5;
const ll inf = (1ll << 50);
int mod = 1e9 + 7;
int main() {
    cin.tie(0), cout.tie(0), ios::sync_with_stdio(0);
    int t;
    cin >> t;
    while(t--) {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        auto check = [&](int x, int y) {
            int tx = x, ty = y;
            if(y & 1) return false;
            y /= 2, x *= 2;
            if(y == tx && x == ty) return false;
            return true;
        };
        if(check(a, b) || check(b, a)) cout << "YES\n";
        else cout << "NO\n";
    }
    return 0;
}

B. Equalize

瓦夏有两个爱好——给数组添加排列 ${}^{†}$ 和找出出现频率最高的元素。最近，他发现了一个数组 $a$ ，于是决定找出在数组 $a$ 中添加一些排列组合后，数组 $a$ 中等于相同数字的元素的最大数目。

更具体地说，瓦夏必须选择一个长度为 $n$ 的排列 $p_1,p_2,p_3,\dots ,p_n$ ，然后根据规则 $a_i:=a_i+p_i$ 改变数组 $a$ 中的元素。之后，瓦夏计算每个数字在数组 $a$ 中出现的次数，并取其中的最大值。即求得相同元素的最大频率。

${}^{†}$ 长度为 $n$ 的排列是由 $n$ 个不同的整数组成的数组，这些整数从 $1$ 到 $n$ 按任意顺序排列。例如， $[2,3,1,5,4]$ 是一个排列，但 $[1,2,2]$ 不是一个排列( $2$ 在数组中出现了两次)， $[1,3,4]$ 也不是一个排列( $n=3$ ，但数组中有 $4$ )。

输入

每个测试由多个测试用例组成。第一行包含一个整数 $t$ ( $1\le t\le 2\cdot 10^4$ ) - 测试用例的数量。然后是测试用例的描述。

每个测试用例的第一行包含一个整数 $n$ ( $1\le n\le 2\cdot 10^5$ ) - 数组的长度 $a$ 。

每个测试用例的第二行包含 $n$ 个整数 $a_1,a_2,\dots ,a_n$ ( $1\le a_i\le 10^9$ ) - 数组 $a$ 的元素。

保证所有测试用例的 $n$ 之和不超过 $2\cdot 10^5$ 。

输出

对于每个测试用例，输出一个数字 - 在添加排列组合操作后，等于相同数字的元素的最大数量。

样例

7
2
1 2
4
7 1 4 1
3
103 102 104
5
1 101 1 100 1
5
1 10 100 1000 1
2
3 1
3
1000000000 999999997 999999999

2
2
3
2
1
1
2

思路

容易知道数组的顺序和重复元素并不会对答案有影响，于是先将数组排序并去重，用双指针维护当前取得相同元素的区间，假设目前遍历到 $a_i$ ，相同元素为 $a_i+1$，则左指针 $j$ 必须满足 $a_j+n\ge a_i+1$，如此区间 $[j,i]$ 的元素加上排列 $p$ 后能取得相同元素的个数为区间长度 $i-j+1$。

#include<iostream>
#include<string>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<bitset>
#include<functional>
#include<stack>
#include<list>
#include<iomanip>
#include<array>
#include<cassert>
#define fi first
#define se second
using namespace std;
using ll = long long;
using ull = unsigned long long;
using ld = long double;
using pii = pair<int, int>;
using pll = pair<ll, ll>;
const int dir[4][2] = { { -1, 0}, {1, 0}, {0, -1}, {0, 1} };
const int N = 5e5 + 5, M = 1e6 + 5;
const ll inf = (1ll << 50);
int mod = 1e9 + 7;
int main() {
    cin.tie(0), cout.tie(0), ios::sync_with_stdio(0);
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        int n;
        cin >> n;
        vector<int> a(n);
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            cin >> a[i];
        }
        sort(a.begin(), a.end());
        a.erase(unique(a.begin(), a.end()), a.end());
        int j = 0;
        int ans = 0;
        for(int i = 0;i < a.size();i++) {
            while(a[j] + n < a[i] + 1) ++j;
            ans = max(ans, i - j + 1);
        }
        cout << ans << "\n";
    }
    return 0;
}

C. Physical Education Lesson

在一所著名的学校里，有一堂体育课。像往常一样，每个人都排成一排，排队方式如下，像波浪一样起伏：
$$1,2,\mathrm{3...},k,k-1,k-2,...,1,2,3$$

这样，每隔 $2k-2$ 个位置就重复一轮。

男孩瓦夏经常忘记所有事情。例如，他忘记了上面描述的数字 $k$ 。但是他记得他在队伍中的位置 $n$，以及他位置的数字 $x$。请帮助瓦夏理解在给定的限制条件下，有多少个自然数 $k$ 符合要求，注意 $k>1$。

输入

每个测试由多个测试用例组成。第一行包含一个整数 $t$ ( $1\le t\le 100$ ) - 测试用例的数量。随后是测试用例的描述。

每个测试用例的唯一一行包含两个整数 $n$ 和 $x$ （ $1\le x<n\le 10^9$ ）–瓦西亚在该行中的位置和瓦西亚在结算时收到的数字。

输出

对于每个测试用例，输出一个整数 - 在给定约束条件下符合要求的不同 $k$ 的数量。

可以证明，在给定的约束条件下，答案是有限的。

样例

5
10 2
3 1
76 4
100 99
1000000000 500000000

4
1
9
0
1

注

在第一个测试案例中， $k$ 等于 $2,3,5,6$ 是合适的。

解决这些问题的一个例子是 $k$ ：

$k$ / №	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$	$7$	$8$	$9$	$10$
$2$	$1$	$2$	$1$	$2$	$1$	$2$	$1$	$2$	$1$	$2$
$3$	$1$	$2$	$3$	$2$	$1$	$2$	$3$	$2$	$1$	$2$
$5$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$4$	$3$	$2$	$1$	$2$
$6$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$	$5$	$4$	$3$	$2$

在第二个测试用例中， $k=2$ 是合适的。

思路

与题目规定不一样，不妨令 $k=mx-1$，$mx$ 是序列的最大值，那么每 $2k$ 个数就是一次循环，观察样例可知，$x$ 出现的位置满足如下公式：
$$\begin{gathered} n=x+2k\ast c(c>0), \\ n=2k\ast (c+1)+2-x(c\ge 0), \\ k\ge 1, \\ 1\le x\le k+1, \\ k+1<n \end{gathered}$$
第一条公式代表序列的上升段，由于题目规定 $x<n$，所以 $c$ 不能为0，即 $x$ 不能出现在第一次的上升段

第二条公式代表序列的下降段，由于 $x$ 可以出现在第一次下降段，所以 $c$ 可以为0

第三条公式为题目要求

第四条公式显然，$x$ 需要在 $[1,mx]$ 范围内

第五条公式因为 $x$ 不能出现在第一次的上升段，所以必须满足 $mx<n$

接下来暴力枚举 $c$ 求得 $k$ 即可，复杂度是根号级别，将 $k$ 用 $set$ 去重并统计范围内的可行解。

#include<iostream>
#include<string>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<bitset>
#include<functional>
#include<stack>
#include<list>
#include<iomanip>
#include<array>
#include<cassert>
#define fi first
#define se second
using namespace std;
using ll = long long;
using ull = unsigned long long;
using ld = long double;
using pii = pair<int, int>;
using pll = pair<ll, ll>;
const int dir[4][2] = { { -1, 0}, {1, 0}, {0, -1}, {0, 1} };
const int N = 5e5 + 5, M = 1e6 + 5;
const ll inf = (1ll << 50);
int mod = 1e9 + 7;
set<int> st;
void calc(ll x) {
    int res = 0;
    for (int i = 1; 1ll * i * i <= x; i++) {
        if (x % i == 0) {
            st.insert(x / i);
            st.insert(i);
        }
    }
}
int main() {
    cin.tie(0), cout.tie(0), ios::sync_with_stdio(0);
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        st.clear();
        int n, x;
        cin >> n >> x;
        if ((n + x - 2) % 2 == 0) calc((n + x - 2) / 2);
        if ((n - x) % 2 == 0) calc((n - x) / 2);
        int res = 0;
        for(int num : st) {
            if(num + 1 >= x && num + 1 < n) ++res;
        }
        cout << res << "\n";
    }
    return 0;
}

D. Lonely Mountain Dungeons

给你 $n$ 个种类的小球，第 $i$ 种小球的数量等于 $c_i$，你可以将小球分为 $k$ 组存放，对于同一种小球来说，两个小球不在同一组贡献 $+b$ ，在同一组则贡献为0 。组数 $k$ 贡献为 $-(k-1)\cdot x$，注意至少有一个组，请给出分配小球的最大贡献。

输入

每个测试由多个测试用例组成。第一行包含一个整数 $t$ ( $1\le t\le 2\cdot 10^4$ ) - 测试用例的个数。测试用例说明如下。

每个测试用例的第一行包含三个整数 $n$ 、 $b$ 和 $x$ ( $1\le n\le 2\cdot 10^5$ 、 $1\le b\le 10^6,0\le x\le 10^9$ ) 。

每个测试用例的第二行包含 $n$ 个整数 $c_1,c_2,\dots ,c_n$ ($1\le c_i\le 2\cdot 10^5$) 。

保证所有测试用例的数值 $c_1+c_2+\dots +c_n$ 之和不超过 $2\cdot 10^5$ 。

输出

对于每个测试用例，输出最大贡献。

思路

容易想到贪心，对于每个种类小球，分组策略为尽量平均，假设分为 $p$ 组，则第 $i$ 种小球在组中要么是 $\lfloor c_i/p\rfloor$，要么是$\lceil c_i/p\rceil$，如果 $x=0$，显然组数越多越好，答案单调递增，$x\ne 0$ 时，随着组数 $k$ 增大，答案上升到一定值后单调递减，为上抛物线函数，三分搜索即可。

#include<iostream>
#include<string>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<bitset>
#include<functional>
#include<stack>
#include<list>
#include<iomanip>
#include<array>
#include<cassert>
#define fi first
#define se second
using namespace std;
using ll = long long;
using ull = unsigned long long;
using ld = long double;
using pii = pair<int, int>;
using pll = pair<ll, ll>;
const int dir[4][2] = { { -1, 0}, {1, 0}, {0, -1}, {0, 1} };
const int N = 5e5 + 5, M = 1e6 + 5;
const ll inf = (1ll << 50);
int mod = 1e9 + 7;
int a[N], n, b, x;
ll calc(ll p) {
    ll res = 0;
    for(int i = 1;i <= n;i++) {
        int g = a[i] / p, r = a[i] % p;
        res += 1ll * (g + 1) * r * (a[i] - g - 1);
        res += 1ll * g * (p - r) * (a[i] - g);
    }
    return res * b / 2 - (p - 1) * x;
}
ll work() {
    ll left = 1, right = 1e6;
    while (left + 10 < right) {
        ll mdl = (2 * left + right) / 3;
        ll mdr = (left + 2 * right) / 3;
        ll v1 = calc(mdl), v2 = calc(mdr);
        if (v1 < v2) left = mdl;
        else right = mdr;
    }
    ll ans = -1e18;
    for (ll k = left; k <= right; k++) {
        ans = max(ans, calc(k));
    }
    return ans;
}
int main() {
    cin.tie(0), cout.tie(0), ios::sync_with_stdio(0);
    int t;
    cin >> t;
    while(t--) {
        cin >> n >> b >> x;
        for(int i = 1;i <= n;i++) {
            cin >> a[i];
        }
        cout << work() << "\n";
    }
    return 0;
}