https://codeforces.com/contest/1355
打一半和室友开黑去了哈哈哈哈哈哈反正不计分（不要学我）
A. Sequence with Digits
这题我会证！首先对于百位来说，不可能从x跳到x+2，只能从x变成x+1或者不变（因为最大变化量为 (9 imes9=81)）
这样的话大约1000次内，百位不可避免地从9变成0，这样min的值是0，变化量min*max就是一直是0了
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll;
#define int ll
int a,k;
string s;
signed main(){
int T; cin>>T;
while(T--){
cin>>a>>k;
while(--k){
s=to_string(a);
int x=*min_element(s.begin(),s.end())-48;
int y=*max_element(s.begin(),s.end())-48;
if(x==0)break;
a+=x*y;
}
cout<<a<<endl;
}
return 0;
}
B. Young Explorers
比赛中我自始至终都以为所有探险者都要组队，然后emmm...
贪心，尽量组规模小的队，所以排个序就好了
感谢zkx巨佬提供的代码（没错，我懒了补题）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5+7;
int n;
int a[N];
inline void solve() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> a[i];
}
sort(a+1, a+n+1);
int res = 0;
for (int i = 1, cnt = 0; i <= n; ++i) {
++cnt;
if (cnt >= a[i]) {
++res;
cnt = 0;
}
}
cout << res << endl;
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);
int T = 1;
cin >> T;
for (int t = 1; t <= T; ++t) {
solve();
}
return 0;
}
C. Count Triangles
先讲一下我的思路
(A≤x≤B≤y≤C≤z≤D)
因为 (x) 范围不大，考虑枚举 (x) 的值。这样对于任意满足要求的 (y)，都有 (Cle zle min(D,x+y-1))，或者说，(z) 的方案数为 (max(0,min(D,x+y-1)-C+1))。令这个东西为 (f(y)=max(0,min(D,x+y-1)-C+1))，函数图像大概长这样
先一次函数上升，然后变成常函数。此时就能成两段讨论（一次函数和常函数），求出两个转折点什么的，太过于数学，逃了
然后放个没人能看懂的代码（经刘老师提醒，2020-5-17 11:45之前放的是错误代码，现已更正）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll;
#define int ll
int a,b,c,d;
signed main(){
cin>>a>>b>>c>>d;
int ans=0;
repeat(i,a,b+1){
int x=max(c,i+b-1); //第一个转折点
int y=min(i+c-1,d); //第二个转折点
int l=x-c+1,r=y-c+1;
if(x<=y)ans+=(l+r)*(r-l+1)/2; //一次函数（等差数列求和）
if(i+c-1>max(x-1,y))ans+=(i+c-1-max(x-1,y))*(d-c+1); //常函数
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
等会补个别人家的代码（雾，我作业来不及了，不补了）
D. Game With Array
这题就一sb题。如果 (2N> S)，这意味着序列中至少存在一个1，然后。。就NO了（还没证明）
如果 (2Nle S)，那就构造一个序列：([2,2,2,...,2,(S-2(N-1))])，所有数都大于等于 (2)，所以这个序列的任意子序列之和都不可能是 (1)，也不可能是 (S-1)（因为存在子序列和为 (S-1) 就必然存在子序列和为 (1)）。而子串又是一种特殊的子序列，所以完全ojbk
更：看了一下官方题解，来证明一波 (2N>S) 的情况
先假定 (Kle dfrac S 2)。对序列求个前缀和 (sum[i]=sumlimits_{j=1}^{i}a[j])，(sum[0]=0)。我们知道区间和相当于两个前缀和的差值，而这个差值不能等于 (K) 或者 (S-K)，这意味着对于每个 (sum[i]) 都不能出现另一个 (sum[j]=(sum[i]+K)\%S)（非常巧妙，如果 (sum[i]+Kge S)，取模后正好等于 (sum[i]-(S-K))，差值为 (S-K)，太牛逼了）
也就是，对每个 (sum[i])，我们认为它占用了两个位置 (sum[i]) 和 ((sum[i]+K)\%S)。总共 (S) 个座位，要坐 (2N) 个人，还有 (2N>S) 的限制，想想都不可能
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll;
#define int ll
int n,s;
signed main(){
cin>>n>>s;
if(2*n<=s){
cout<<"YES"<<endl;
repeat(i,0,n-1)cout<<2<<' ';
cout<<s-(n-1)*2<<endl;
cout<<1<<endl;
}
else
cout<<"NO"<<endl;
return 0;
}
E. Restorer Distance
我们可以很轻松地算出，如果最终状态为每个位置高度为 (H) 的代价是多少。因此 (H) 的选取就成为本题的关键
大佬们就能一眼看出，代价对 (H) 存在单峰（随 (H) 先递减后递增），因此三分。那么为什么存在单峰呢？太难顶了，留作习题答案略（qwq）
我的三分其实就是二分，感觉能加一点速（？）感觉最快的可能是1.618优选法，但是我写不来（？）
我的方法是 (O(nlog n))，标程是 ((log^2n)) 因为处理了前缀和，get_cost() 里只要 lowerbound 一下就能算答案了，真是妙啊
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=100010; typedef long long ll;
#define int ll
int n,A,B,C;
int a[N];
int get_cost(int h){
int up=0,down=0;
repeat(i,0,n)
(h>a[i]?up:down)+=abs(a[i]-h);
int t=min(up,down);
return (up-t)*A+t*B+(down-t)*C;
}
signed main(){
cin>>n>>A>>C>>B; B=min(B,A+C);
repeat(i,0,n)
cin>>a[i];
int l=0,r=1e9+1;
while(l<r){
int x=(l+r)/2,y=x+1;
if(get_cost(x)<get_cost(y))r=y-1;
else l=x+1;
}
cout<<get_cost(l)<<endl;
return 0;
}