目录
https://codeforces.com/contest/1359
A. Berland Poker
大概就是把jokers尽可能多地给一个人，其他人平均分吧
#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 T,n,m,k;
signed main(){
cin>>T;
while(T--){
cin>>n>>m>>k;
if(n/k>=m)cout<<m<<endl;
else{
int t=(m-n/k+k-1-1)/(k-1);
cout<<n/k-t<<endl;
}
}
return 0;
}
B. New Theatre Square
没什么好说的，就模拟
#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 T,n,m,a,b;
string s;
signed main(){
cin>>T;
while(T--){
cin>>n>>m>>a>>b; b=min(b,2*a);
int ans=0;
repeat(i,0,n){
cin>>s;
repeat(j,0,m)
if(s[j]=='.'){
if(j!=m-1 && s[j+1]=='.'){
s[j+1]='*';
ans+=b;
}
else ans+=a;
}
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
C. Mixing Water
哭哭~，写得我整个人都不好了，最后还是放弃（赛后，double改成long double交了一下过了。。但是不保证不会fst，就先放这吧）
初步分析，如果t比较小那就直接输出2，否则就是一个奇数，比较麻烦。如果不断+2来找答案就超时了(TLE test4)，因此我直接考虑推柿子
当然也可以二分答案（%%%猛男lzj提供的思路）
我的解法：
#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
typedef long double lf;
int T,h,c,t;
signed main(){
cin>>T;
while(T--){
cin>>h>>c>>t;
if(t<=(h+c)/2){cout<<2<<endl; continue;}
lf t2=(t-lf(h+c)/2)/(h-c);
lf t3=floor(1/(4*t2)-0.5);
int x=llround(t3),y=x+1;
if(abs(lf(1)/(4*x+2)-t2)<=abs(lf(1)/(4*y+2)-t2))
cout<<x*2+1<<endl;
else
cout<<y*2+1<<endl;
}
return 0;
}
D. Yet Another Yet Another Task
先固定最大值，如果最大值固定（设它为 (k)）那么这时候的答案就是(去掉比最大值大的数后的)最大连续子序列和减去 (k)，即 (maxlimits_{(l,r)}sumlimits_{i=l}^r a[i]-k)，非常好求
所以只要for k=30 downto -30就行了，然后里面for一遍就行了
更加猛的方法是，每次插入未插入的最小的 (a_i)，线段树维护最大子序列和（考虑到有些读者没接触过就讲一下，线段树的每个节点存三个值，答案、可以向左延伸的答案、可以向右延伸的答案（区间和可能也要））当然了，这种方法在 (a_i) 范围很大的时候也适用
#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,a[N];
signed main(){
cin>>n;
repeat(i,0,n)cin>>a[i];
int ans=0;
repeat_back(k,-30,30+1){
int now=-1e9;
repeat(i,0,n){
if(now<0)now=a[i];
else now+=a[i];
ans=max(ans,now-k);
}
repeat(i,0,n)if(a[i]==k)a[i]=-1e9;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
E. Modular Stability
搞了一会儿发现隐藏大结论，所有 (a_i) 必须能被最小值 (a_1) 整除。为什么呢？因为。。啊没想明白，不会证（更：取一个不能被 (a_1) 整除的 (a_t)，再取 (x=a_t)，显然 (x\%a_1\%a_t ot=0,x\%a_t\%a_1=0)，证毕）
这样的话，只要枚举 (a_1) 的值，然后计算组合数就行了。发现结论后剩下的步骤挺水的
#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;
const int mod=(0?1000000007:998244353); ll mul(ll a,ll b,ll m=mod){return a*b%m;} ll qpow(ll a,ll b,ll m=mod){ll ans=1; for(;b;a=mul(a,a,m),b>>=1)if(b&1)ans=mul(ans,a,m); return ans;} ll getinv(ll v,ll m=mod){return qpow(v,m-2,m);}
#define int ll
int n,k;
struct CC{
static const int N=500010;
ll fac[N],inv[N];
CC(){
fac[0]=1;
repeat(i,1,N)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
inv[N-1]=qpow(fac[N-1],mod-2,mod);
repeat_back(i,0,N-1)inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
ll operator()(ll a,ll b){ //a>=b
if(a<b)return 0;
return fac[a]*inv[a-b]%mod*inv[b]%mod;
}
}C;
signed main(){
cin>>n>>k; int ans=0;
repeat(i,1,n+1){
(ans+=C(n/i-1,k-1))%=mod;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}