A Temporarily unavailable standard input/output 1 s, 256 MB
给一个线段ab， 问除去 c点圆心半径r覆盖的 线段多长，如果圆在线段外 直接输出 ab 长度就行， 若在线段内 则输出cout << max(b-a-max((min(c+r,b)-max(a,c-r)),0), 0) ，迷糊的话纸上画下大概就能明白。
B1 K for the Price of One (Easy Version) , B2 K for the Price of One (Hard Version) standard input/output 2 s, 256 MB
B1 k = 2, B2 k <= n, n <= 2e5 ai<=2e9
You must buy **exactly** k gifts to use the offer. 可以推出贪心求得值为最优解，
for i 0~n
当 i >=k 时，可以直接付a[i] 的钱买下 i-k ~ i 号货物，
当 i <k-1 且 i > 0 ， 不足k 所以不能享受折扣 需要付a[0]+....+a[i] 的钱才能买下 0 ~ i 号货物， 所以需要求个前缀和， 至于为什么边界是k-1 是因为数组下标0 和 1的故事
C Petya and Exam standard input/output 2 s, 256 MB
额， 想到了贪心， 但是没贪对， 首先给你多组数据， 每组数据给你 n t a b， 问最多能解决的问题， 其中每道题分为难易 且 有变成mandatory（必须要解决 ddl） 的时间， 所以可以先用个pair 存储下每道题的难易 和 时间， 再根据每道题的 ddl 从小到大 排个序， 然后可以证明当 ti-1 时间走 是最优的（因为如果再晚的话 就要面对第 i 道题， 更早的话 没有必要） 而 ti-1 时间可以 必须把第 i 道题目之前的所有题目做完（因为都到了 ddl） 然后把剩下的时间贪心地先做剩下题目中的简单题 时间有多余的话再做剩下题目中的难题，然后对每个题目 取 之前已经到ddl的题目数和贪心数 的最大值， 有个小细节是需要在数组最后面加一个 t+1，0 因为最迟离开时间是 t , 注意每道题的ddl 不是必须要在ddl之前完成 而是 过了ddl后 一定要完成这道题 enmmmmmmmm， 代码如下
#include<bits/stdc++.h>//Codeforces Round #608 (Div. 2) using namespace std; #define _for(i,a,b) for(int i = (a); i < (b); i++) #define _rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); i++) #define _per(i,a,b) for(int i = (a); i > (b); i--) #define ll long long
void taskA(){ int t; cin >> t; while(t--) { int a,b,c,r; cin >> a >> b >> c >> r; if(a > b) swap(a, b); if(c-r >= b || c+r <= a) cout << b-a << ' '; else//(c <= b) cout << max(b-a-max((min(c+r,b)-max(a,c-r)),0), 0) << ' '; //else if(c-r <= b) cout << max(a-b-(min(c+r,b)-max(a,c-r)), 0) << ' '; // cout << } return; }
void taskB(){ int t; cin >> t; while(t--) { int n,p,k; cin >> n >> p >> k; vector<int> a(n, 0); _for(i,0,n) cin >> a[i]; int ans = 0; sort(a.begin(), a.end()); _for(i,0,n) { if(i >= k) a[i] += a[i-k]; //else if(i && i != k-1) a[i] += a[i-1]; else if(i < k-1 && i) a[i] += a[i-1]; if(a[i] <= p) ans = i+1; //cout << " i = " << i; //cout << " ans = " << ans << " a[i]= " << a[i] << " "; }cout << ans << " "; }return; }
void taskC(){ int t1; cin >> t1; while(t1--){ ll n,t,a,b; cin >> n >> t >> a >> b; vector<pair<ll, ll> > dif(n); ll ans = 0, cnta = 0, cntb = 0; _for(i,0,n) { cin >> dif[i].second; dif[i].second ? cntb++ : cnta++; } _for(i,0,n) cin >> dif[i].first; dif.push_back({t+1, 0});// t 时间 离去 sort(dif.begin(), dif.end()); ll cnt1 = 0, cnt2 = 0; _rep(i,0,n) { ll need = a*cnt1+cnt2*b; ll has = dif[i].first-1-need; if(has >= 0) { ll cana = min(cnta-cnt1, has/a); has -= a*cana; ll canb = min(cntb-cnt2, has/b); ans = max(ans, cnt1+cnt2+cana+canb); } int l = i; while(l < dif.size() && dif[i].first == dif[l].first) { if(dif[l].second) cnt2++;//记录同一个ddl 有几个任务， 这些都需要完成 else cnt1++; l++; } i = l - 1; } cout << ans << ' '; } return; }
int main(){ ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr); //taskA(); //taskB();
//taskC(); return 0; }
taskB();