AtCoder Beginner Contest 093 D - Worst Case

在比赛时，我一直在找这道题的数学方法，知道应该从某个次小的数开始数总共比高桥分数少的人数，但是总结不出完善的情况。看了解题报告后思路通了些，写出了正确的代码。

重新写的代码如下：

#include <stdio.h>
#include <math.h>

int main()
{
	int t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		long long a,b,c,d,e;
		scanf("%lld%lld",&a,&b);
		if(a==b)
			printf("%lld\n",2*a-2);
		else
		{
			d=a>b?a:b;
			e=a<b?a:b;
			if(d-e==1)
				printf("%lld\n",2*e-2);
			else
			{
				for(c=sqrt(a*b+0.5);c*c<a*b;c++);
				c--;
				if(c*(c+1)>=b*a)
					printf("%lld\n",2*c-2);
				else
					printf("%lld\n",2*c-1);
			}
		}
	}
	return 0;
 } 

这道题感觉没什么算法可言，纯粹的找规律，总结情况吧。题目要我们找分数低于高桥的最大可能人数，我开始以为总分是第一场比赛和第二场比赛的分数之和，推了一段时间才明白原来是分数之积。结合解题报告，对题目的分析如下：

设高桥在第一场的得分为A，在第二场的得分为B，并且A<=B(因为正反都是一样的），有如下几种情况：

1. 如果A=B，答案是2A-2，因为(A-1)*(A+1)=A*A-1<A*A，所以只要从任意一个A开始往下找A-1，另一个往上找A+1，依此类推，则有(1,2A-1),· · · ,(A-1,A+1),(A+1,A-1),· · · , (2A -1, 1) 。所以结果是2A-2。
   
2. 如果A+1=B，答案是2A-2，因为(A+2)*(A-1)=A*A+A-2<A*(A+1)=A*A+A，所以只要从A开始往下找A-1，B往上找A+2(B+1)，依此类推，则有(1,2A), · · · ,(A-1,A+2),(A+2,A-1),· · · ,(2A,1) 。所以结果是2A-2。
   
3. 于其他情况时，令C为满足C*C<A*B最大的整数：

• 如果C*(C+1)>=A*B，答案是2C-2，因为C*C<A*B，而C*(C+1)>=A*B，所以C可以类似地看作第一种情况中的A来处理，不过此处可从第一场比赛的C-1开始往下找，也可以从第二场比赛的C开始往下找(但是，因为C-1中有个是A，所以从第二场比赛的C开始往下找)，依此类推，则有(1,A+B-1), · · · ,(A-1,B +1),(A+1,2C-A-1),· · · ,(C,C),· · · ,(2C-1,1) ，其中的2C-A-1为C+(C-(A+1))。所以答案是2C-2。
  
• 如果C*(C+1)<A*B，答案是2C-1，因为C为满足C*C<A*B最大的整数而C*(C+1)<A*B，所以同理此处可从第一组或第二组的C开始往下找(但是，因为第一组的C中有一个是A，所以从第二场比赛的C开始往下找)，依此类推，则有(1,A+B-1), · · · , (A-1,B+1), (A+1,2C-A), · · · ,(C,C+1),(C+1,C), · · · ,(2C,1)，其中的2C-A为C+1-(C-(A+1))。所以答案为2C-1。
  

在实现代码的时候，我最开始c初始化为0，会导致TLE。参考了下别人的AC代码，发现直接令C等于sqrt(AB)就行，真是妙。

存疑：解题报告中有两句话不是很理解：(Note that one of "the top C - 1 places in the first contest" is Takahashi, we shouldn’t count him.) 和(Note that one of "the top C places in the first contest" is Takahashi, we shouldn’t count him.) ，分别属于第三种情况里的第一二种情况。解决了这个疑点才能完善所有情况。(已解决，加入括号中)

ps:

一般TLE出现的情况有以下几种：

1. 死循环
2. 算法效率较低
3. 常数较大