A - Rectangle Cutting

链接：A - Rectangle Cutting

思路

考虑横边和纵边，若为偶数，则从中间分开，重新组合为一个长方形，检测是否与原来的长方形一致。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;inline bool test(int x, int y, int a, int b){if(x == a && y == b) return false;else if(x == b && y == a) return false;return true;
}inline bool solve(int x, int y){if(x & 1) return false;return test(x, y, x / 2, y * 2);
}
int main()
{int T;cin >> T;while(T--){int a, b;scanf("%d%d", &a, &b);if(solve(a, b) || solve(b, a)){puts("YES");}else{puts("NO");}}return 0;
}

B - Equalize

链接：B - Equalize

思路

我们发现原本相同的元素在经过操作之后必定会变得不相同，即最终相同的元素在操作之前并不相同，所以我们可以执行去重操作。

由于分配全排列类似于阶梯，所以其可以把值为 $[k,k+n)$ 范围内的元素进行操作，使得最终值相同。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 20;
int n;
int a[N];
int main()
{int T;cin >> T;while(T--){scanf("%d", &n);for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", a + i);sort(a + 1, a + 1 + n);int len = unique(a + 1, a + 1 + n) - (a + 1);int l = 1;int ans = 1;for(int r = 1; r <= len; r ++){while(a[r] - a[l] >= n){l ++;}ans = max(ans, r - l + 1);}printf("%d\n", ans);}return 0;
}

C - Physical Education Lesson

链接：C - Physical Education Lesson

题意

总共有 $n$ 个人，有个参数 $k$ ，从前往后依次给这些人分配序号，序号的分配规则如下：

• 前 k 个人的号码是 $1,2,3,\dots ,k$
• 接下来 $k-2$ 个人的号码为 $k-1,k-2,\dots ,2$​
• 然后以 $2k-2$ 为周期，依次给剩下位置的人分配指标

现在知道一个人的位置和这个人所得到的指标，k 的可能取值范围有多少个？

思路

分为一下两种情况：

由于周期为 $2k-2$ ，所以统统把位置通过取模运算转化到前 $2k-2$ 个等价的位置。

①这个人得到的指标位于正序的情况中（1,2,3,…,k）【void yinsu1(int x)】

转化位置：
$$(n-1)\%(2k-2)+1=x$$
即：
$$(n-1)\%(2k-2)=x-1$$
而 $x\le k$ ，则有得 $x-1<2k-2$ ，所以有同余关系：
$$\begin{gathered} n-1=x-1\mathrm{mod}(2k-2) \\ n-x=0\mathrm{mod}(2k-2) \end{gathered}$$
当 $(n-x)$ 可以整除 $2(k-1)$ 的时候，那么就成立。

所以应该求 $\frac{(n-x)}{2}$的所有因数，k即为 $因数+1$

时间复杂度为 $O(\sqrt{n})$

②这个人得到的指标位于倒序的情况中（k−1, k−2, …, 2）【void yinsu2】

在这种情况下，$x$ 自然就不可能为 $k$ 或者是 $1$

与上面类似，可以得出等式：
$$(n-1)\%(2k-2)+1=2k-x$$
即：
$$(n-1)\%(2k-2)=2k-x-1$$
由于 x 不可能为 1，且为自然数，那么有 $2k-2<2k-1-x$

故有：
$$\begin{gathered} n-1=2k-x-1\mathrm{mod}(2k-2) \\ n+x-2k=0\mathrm{mod}2(k-1) \end{gathered}$$
所以需要求使得 $n+x-2k$ 可以被 $2(k-1)$ 整除的 k 的个数

设做除法之后的商为 t，则有：
$$\begin{gathered} \frac{n+x-2k}{2(k-1)}=t \\ \frac{\frac{n+x}{2}-k}{(k-1)}=t \\ \frac{n+x}{2}-k=kt-t \\ k(1+t)=\frac{n+x}{2}+t \\ k=\frac{\frac{n+x}{2}+t}{1+t} \\ k=\frac{\frac{n+x}{2}-1+(t+1)}{t+1} \end{gathered}$$
此时，仅仅需要找 $\frac{n+x}{2}-1$ 的因数，然后有：
$$k=\frac{\frac{n+x}{2}-1}{因数}+1$$
由于有 $x\le k$，并且 k 可能会重复，所以进行去重，并且仅仅考虑大于等于 x 的 k

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
vector<int> ans;
int n, x;
void yinsu1(int x){// 考虑了1这一个因数, 正常求得所有的因数，然后放在数组中for(int i = 1; (long long)i * i <= (long long)x; i++){if(x % i == 0){if((long long)i * i == (long long)x) ans.push_back(i + 1);else {ans.push_back(i + 1);ans.push_back(x / i + 1);}}}return;
}void yinsu2(int x){for(int i = 1; (long long)i * i <= (long long)x; i++){if(x % i == 0){if((long long)i * i == (long long)x) ans.push_back(x / i + 1);else {ans.push_back(x / i + 1);int tmp = (x / i);ans.push_back(x / tmp + 1);}}}
}
int main()
{int T;cin >> T;while(T--){ans.clear();scanf("%d%d", &n, &x);if(x > n) {// 不可能puts("0");continue;}// 计算在正序范围内的if(!((n - x) & 1))yinsu1(abs(n - x) / 2);if(x != 1 && x != n && !((n + x) & 1))// 倒序中不含1和nyinsu2(abs(n + x) / 2 - 1);sort(ans.begin(), ans.end());ans.erase(unique(ans.begin(), ans.end()), ans.end());int cnt = 0;for(int _ : ans){if(_ >= max(2, x)) cnt++;}printf("%d\n", cnt);}return 0;
}

D - Lonely Mountain Dungeons

链接：D - Lonely Mountain Dungeons

题意

有n个不同的种群，每一个种群中的生物数量为c[i].

假设现在有 t 个分队，那么计算总兵力的方法如下：

1. 针对每一种种群，当有一对生物处于两个小队，那么战斗力会增加 b
2. 减去 $x(t-1)$

思路

最重要的是有一个温馨提示：

保证所有测试用例的数值$c_1+c_2+\dots +c_n$ 之和不超过 $2\cdot 10^5$

这样使得我们可以进行暴力。

①单独对于某一种群，查看如何分配，才可以使得这一种种群的战斗力最大

我们可以采用移动法：

把某一小队的一个生物移动到其他分队，查看其总贡献的变化。

经过推敲，我们容易知道，当把一个生物从A队移动到B队，当且仅当A队的生物的数量个数（不包含移动的那一个）多余B队生物数量（不包含移动的那一个）时，才会更加有意义。

所以合理的排布为：

1. 先给每一小队分配 $\lfloor \frac{c[i]}{t}\rfloor$。
2. 然后把剩余的给每一小队分一个，直到分完。

②如何计算某一种群按照①的方法分配之后的贡献值

根据数学知识，知道：
$$C_{k-c\mathrm{mod}k}^2\cdot y^2+C_{c\mathrm{mod}k}^2\cdot y^{\prime 2}+(k-c\mathrm{mod}k)\cdot (c\mathrm{mod}k)\cdot y\cdot y^{\prime }$$
其中$y=\lfloor \frac{c}{k}\rfloor$ ， $y^{\prime }=\lceil \frac{c}{k}\rceil$.

③时间复杂度问题

当 $t > c[i] $ 的时候，我们发现这个种群的贡献最多为 $t==c[i]$ 时候的情况，这个时候，我们就没有必要计算 $t > c[i] $ 的时候这个种群的贡献，仅仅需要通过add数组记录即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n, b, x;
const int N = 2e5 + 20;
int a[N];int cnt[N];
int add[N];
int getPair(int n, int k){int x = n / k;int y = n % k;return    (x+1) * (x+1) * (y*(y-1))/2+ x * x * (k-y)*(k-y-1)/2+ (x+1) * x * (y) * (k - y);
}
void solve(){for(int i = 1; i <= n; i++){for(int j = 1; j <= a[i]; j++){cnt[j] += getPair(a[i], j);}add[a[i]] += getPair(a[i], a[i]);}
}void init(int maxv){for(int i = 1; i <= maxv + 1; i++){add[i] = 0;cnt[i] = 0;}
}
signed main()
{int T;cin >> T;while(T--){scanf("%lld%lld%lld", &n, &b, &x);for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", a + i);int maxv = 0;for(int i = 1; i <= n; i++){maxv = max(maxv, a[i]);}init(maxv);solve();int ans = 0;int other = 0;for(int i = 1; i <= maxv; i++){ans = max(ans, (cnt[i] + other) * b - (i - 1) * x);other += add[i];}printf("%lld\n", ans);}return 0;
}