Educational Codeforces Round 88 (Rated for Div. 2) A

题目链接

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(A. Berland Poker)

(Description:)
  给定 (n) 张牌，其中有 (m) 张特殊的牌，把所有牌平均分给 (k) 个人，问你手中的特殊牌的数量 (-(k - 1)) 个人中拥有最多特殊牌的数量的最大值是多少？
(Solution:)
  先把特殊牌分给你，其他人在平均分即可。
(Code:)

/*
@Author: nonameless
@Date:   2020-05-29 09:20:42
@Email:  2835391726@qq.com
@Blog:   https://www.cnblogs.com/nonameless/
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)x.size()
#define all(x) x.begin(), x.end()
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> PLL;
typedef pair<int, int> PII;
const double eps = 1e-8;
const double PI  = acos(-1.0);
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll LNF  = 0x3f3f3f3f3f3f;
inline int gcd(int a, int b) { return b ? gcd(b, a % b) : a; }
inline ll  gcd(ll  a, ll  b) { return b ? gcd(b, a % b) : a; }
inline int lcm(int a, int b) { return a * b / gcd(a, b); }


int main(){

    int t; cin >> t;
    while(t --){
        int n, m, k;
        cin >> n >> m >> k;
        int cnt = n / k;
        if(cnt >= m) cout << m << endl;
        else{
            cnt -= (m - cnt) / (k - 1) + ((m - cnt) % (k - 1) != 0);
            cout << cnt << endl;
        }
    }
    return 0;
}

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(B. New Theatre Square)

(Description:)
  给定 (n imes m) 的矩阵，让你来用 (1 imes 2) 和 (1 imes 1) 的砖来填充矩阵中的 (.)，砖只能横着放，问最小代价是多少？
(Solution:)
  遍历每一行，算出连续的 (.) 的个数即可。
(Code:)

/*
@Author: nonameless
@Date:   2020-05-29 09:25:29
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*/
#include <bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)x.size()
#define all(x) x.begin(), x.end()
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> PLL;
typedef pair<int, int> PII;
const double eps = 1e-8;
const double PI  = acos(-1.0);
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll LNF  = 0x3f3f3f3f3f3f;
inline int gcd(int a, int b) { return b ? gcd(b, a % b) : a; }
inline ll  gcd(ll  a, ll  b) { return b ? gcd(b, a % b) : a; }
inline int lcm(int a, int b) { return a * b / gcd(a, b); }

const int N = 1e2 + 10, M = 1e3 + 10;

int n, m, x, y;
char s[N][M];

int main(){

    int t; cin >> t;
    while(t --){
        cin >> n >> m >> x >> y;
        for(int i = 1; i <= n; i ++)
            scanf("%s", s[i] + 1);
        y = min(x + x, y);

        int ans = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i ++){

            int cnt = 0;
            for(int j = 1; j <= m; j ++){
                if(s[i][j] == '.') cnt ++;
                else{
                    ans += cnt / 2 * y + (cnt % 2) * x;
                    cnt = 0;
                }
            }
            ans += cnt / 2 * y + (cnt % 2) * x;
        }
        cout << ans << endl;
    }
    
    return 0;
}

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(C. Mixing Water)

(Description:)
  一杯热水的温度是 (h)，一杯冷水的温度是 (c)，按照热冷热冷热的顺序往桶里倒水，使其平均温度 (tb) 最接近 (t)，问最少加几杯水？
(Solution:)
  首先要知道的是如果我们加了偶数杯，也就是说热水和冷水各加了 (x) 杯，那么可以得到：(frac{x(h+c)}{2x} = frac{h+c}{2})，所以对于偶数杯的情况，就考虑完了。对于奇数杯，也就是在热冷各加了 (x) 杯后，再加了 (1) 杯热水，也就是说（设 (a = h + c)）：

[tb = frac{ax+h}{2x+1} = frac{frac{a}{2}(2x+1)+h-frac{a}{2}}{2x+1}=frac{a}{2}+frac{h-frac{a}{2}}{2x+1} ]

  由于 (h > frac{a}{2})，所以 (tb) 是关于 (x) 的递减函数，那么我们就可以二分解决了。
(Code:)

/*
@Author: nonameless
@Date:   2020-05-29 09:38:19
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#include <bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)x.size()
#define all(x) x.begin(), x.end()
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> PLL;
typedef pair<int, int> PII;
const double eps = 1e-8;
const double PI  = acos(-1.0);
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll LNF  = 0x3f3f3f3f3f3f;
inline int gcd(int a, int b) { return b ? gcd(b, a % b) : a; }
inline ll  gcd(ll  a, ll  b) { return b ? gcd(b, a % b) : a; }
inline int lcm(int a, int b) { return a * b / gcd(a, b); }

int h, c, t;

double calc(int cnt){ // 对于杯数下的平均温度
    int a = cnt / 2, b = cnt % 2;
    double res = (1ll * a * (h + c) + b * h) * 1.0 / cnt;
    return res; 
}

int main(){

    int test; cin >> test;
    while(test --){
        cin >> h >> c >> t;

        // first 是温度差，second 是杯数，优先按温度差排序
        vector<pair<double, int> > vec; 

        vec.pb({fabs((h + c) / 2.0 - t), 2}); 
        
        int l = 0, r = 1e9;
        int more = 1, less = 1; // 一个大于 t, 一个小于等于 t
        while(l <= r){
            int mid = l + r >> 1;
            int x = 2 * mid + 1; // 这样 x 就一定是奇数了
            double tb = calc(x); 
            if(tb > t){
                more = x;
                l = mid + 1;
            } else{
                less = x;
                r = mid - 1;
            }
        }

        vec.pb({fabs(t - calc(less)), less});
        vec.pb({fabs(t - calc(more)), more});

        sort(all(vec)); // 排序
        cout << vec[0].y << endl;


    }
    return 0;
}

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(D. Yet Another Yet Another Task)

(Description:)
  求某一段区间和减去区间的最大值后的所得得值最大可以是多少？特别得是 (-30 leq a_i leq 30)。
(Solution:)
  题目已经明示了我们可以选择区间的最大值得只有 ([1, 30])（如果区间的最大值为负，那么我们为了结果最大，我们只有选长度为 (1) 的区间），所以我们就可以去枚举我们选出的区间的最大值，然后遍历整个数组，只要区间在此处不中断就与结果取 (max)。
(Code:)

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@Author: nonameless
@Date:   2020-05-29 14:32:55
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*/
#include <bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)x.size()
#define all(x) x.begin(), x.end()
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> PLL;
typedef pair<int, int> PII;
const double eps = 1e-8;
const double PI  = acos(-1.0);
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll LNF  = 0x3f3f3f3f3f3f;
inline int gcd(int a, int b) { return b ? gcd(b, a % b) : a; }
inline ll  gcd(ll  a, ll  b) { return b ? gcd(b, a % b) : a; }
inline int lcm(int a, int b) { return a * b / gcd(a, b); }

const int N = 1e5 + 10;

int n, a[N];

int main(){
    
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d", &a[i]);

    int ans = 0;
    for(int i = 1; i <= 30; i ++){
        int tmp = 0; // 连续的和
        for(int j = 1; j <= n; j ++){
            // 遇到比我们选择的区间最大值还大，就说明他一定不在我们所选的区间中，那么到这里区间就中断了，所以 tmp = 0;
            if(a[j] > i) tmp = 0; 
            else{
                tmp = max(0, tmp + a[j]); // 如果到这里区间和为负，那么我们应该舍弃掉
                ans = max(ans, tmp - i);
            }
        }
    }

    cout << ans << endl;
    
    return 0;
}

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(E. Modular Stability)

(Description:)
  给定 (n，k)，让你构造一个长度为 (k) 的数组 (a)，然后将 (a) 数组全排列得到 (k!) 个 (p) 数组，要求对于任意的 (p) 数组和任意一个 (x > 0) 满足：

[(((x mod a_1) mod a_2) ... mod a_k) = (((x mod p_1) mod p_2) ... mod p_k) ]

  特别的：(1leq a_1 < a_2 < ... < a_k)。求 (a) 数组的个数？
(Solution:)
  要让其任意顺序的模数都相等，那么他们肯定是要满足某种规律的。我就猜测数组 (a) 一定是满足了第一项是后面所有项的因子，这个也很好证明：
  设数组 (a) ：(d, t_1d, t_2d, t_{k-1}d)。那么 (x) 也可以和 (d) 挂上钩，即 (x = kd + c)，对于去模 (a) 数组的结果显然是 (c)，对于去模 (p) 数组，遇到比 (x) 大的不会变，比 (x) 小的，那么 (x) 就会逐渐变小，但是 (c) 是始终存在的，直到遇到 (d)，变为 (c)，而之后的数都比 (c) 大，显然 (c) 就是结果，与模 (a) 数组的结果一致，所以是可行的。
  那么我们就可以去枚举 (d)，然后算出 ([1, n]) 中 (d) 的倍数的个数，排列组合即可求解。
(Code:)

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@Author: nonameless
@Date:   2020-05-29 11:25:26
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*/
#include <bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)x.size()
#define all(x) x.begin(), x.end()
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> PLL;
typedef pair<int, int> PII;
const double eps = 1e-8;
const double PI  = acos(-1.0);
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll LNF  = 0x3f3f3f3f3f3f;
inline int gcd(int a, int b) { return b ? gcd(b, a % b) : a; }
inline ll  gcd(ll  a, ll  b) { return b ? gcd(b, a % b) : a; }
inline int lcm(int a, int b) { return a * b / gcd(a, b); }

const int mod = 998244353;
const int N = 5e5 + 10;

ll f[N];

ll fPow(ll a, ll b){
    ll res = 1;
    while(b){
        if(b & 1) res = res * a % mod;
        b >>= 1;
        a = a * a % mod;
    }
    return res;
}

ll C(int a, int b){
    return f[a] * fPow(f[b] * f[a - b] % mod, mod - 2);
}

int main(){

    int n, k;
    cin >> n >> k;

    f[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) f[i] = f[i - 1] * i % mod;

    ll ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i ++){
        int d = n / i - 1;
        if(d < k - 1) break;
        ans = (ans + C(d, k - 1)) % mod;
    }

    cout << ans << endl;


    return 0;
}