Codeforces Round #645 (Div. 2) / contest 1358

A	B	C	D	E	F
√	√	√	√	○	○

#pragma GCC optimize(2)
#include <bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define REP(i,a,b) for(int i=(a);i<=(int)(b);i++)
#define REP_(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
using namespace std;
typedef long long LL;
int read()
{int x=0,flag=1;char c=getchar();while((c>'9' || c<'0') && c!='-') c=getchar();if(c=='-') flag=0,c=getchar();while(c<='9' && c>='0') {x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';c=getchar();}return flag?x:-x;
}int main()
{//freopen("input.txt","r",stdin);int t=read();while(t--){int n=read(),m=read();if(n>m) swap(n,m);if(m%2==0) printf("%d\n",m/2*n);else printf("%d\n",m/2*n+(n+1)/2);}return 0;
}

B Maria Breaks the Self-isolation

题意：

思路：

代码：

#pragma GCC optimize(2)
#include <bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define REP(i,a,b) for(int i=(a);i<=(int)(b);i++)
#define REP_(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
using namespace std;
typedef long long LL;
int read()
{int x=0,flag=1;char c=getchar();while((c>'9' || c<'0') && c!='-') c=getchar();if(c=='-') flag=0,c=getchar();while(c<='9' && c>='0') {x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';c=getchar();}return flag?x:-x;
}const int maxn=1e5+5;
int t,n,a[maxn];int main()
{//freopen("input.txt","r",stdin);t=read();while(t--){n=read();REP(i,1,n) a[i]=read();sort(a+1,a+n+1);int u=0;REP(i,1,n) if(a[i]<=i) u=i;printf("%d\n",u+1);}return 0;
}

C Celex Update

题意：

思路：可以发现答案仅跟给出的长方形的形状有关，和位置无关，就很容易找出规律。

代码：

#pragma GCC optimize(2)
#include <bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define REP(i,a,b) for(int i=(a);i<=(int)(b);i++)
#define REP_(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
using namespace std;
typedef long long LL;
int read()
{int x=0,flag=1;char c=getchar();while((c>'9' || c<'0') && c!='-') c=getchar();if(c=='-') flag=0,c=getchar();while(c<='9' && c>='0') {x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';c=getchar();}return flag?x:-x;
}int main()
{//freopen("input.txt","r",stdin);int T=read();while(T--){LL x1=read(),y1=read(),x2=read(),y2=read();LL n=abs(x2-x1),m=abs(y2-y1);if(n>m) swap(n,m);LL ans=n*(n-1)+n*(m-n+1);printf("%lld\n",ans+1);}return 0;
}

D The Best Vacation

题意：一年中有 n 个月，每个月有 did_idi 天，在每个月的 c 号出行的收益为 c，可以连续出行 x 天，问最大收益为多少。

思路：如果不考虑月份边界，那么出行时间往后挪，直到左边界或者右边界碰到了月份边界，收益都是单调变化的，所以可见出行时间的左右边界在月份边界的时候是分割点，所以只用在这个时候更新答案即可。

当时比赛的时候想得不是很清楚，导致代码异常复杂，东拼西凑，勉强过了。

题解给出的方法是，最优出行的右边界一定是月份的末尾，否则的话，向左平移一位一定会导致答案更差（其实更一开始分析的差不多，因为是单调的），所以只用枚举右边界，左边界用二分查找就可以了。这样的复杂度是 O(nlogn)，我这种是 O(n)（但是写得太复杂了…）

代码：

#pragma GCC optimize(2)
#include <bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define REP(i,a,b) for(int i=(a);i<=(int)(b);i++)
#define REP_(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
using namespace std;
typedef long long LL;
int read()
{int x=0,flag=1;char c=getchar();while((c>'9' || c<'0') && c!='-') c=getchar();if(c=='-') flag=0,c=getchar();while(c<='9' && c>='0') {x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';c=getchar();}return flag?x:-x;
}const int maxn=4e5+5;
int n,d[maxn];
LL x,s;LL sum(int i,int n)
{return 1ll*i*n+1ll*n*(n-1)/2;
}int main()
{//freopen("input.txt","r",stdin);cin>>n>>x;int ld=1,l=1,rd,r;REP(i,1,n) d[i]=read();REP(i,1,n){if(s+d[i]<x) s+=d[i];else {rd=i,r=(int)(x-s); break;}}int rrd=rd,rr=r;REP(i,n+1,n*2) d[i]=d[i-n];n<<=1;LL up=0,maxx=0;if(x==1){REP(i,1,n) if(d[i]>maxx) maxx=d[i];return printf("%lld\n",maxx),0;}while(1){//cout<<up<<endl;//cout<<ld<<' '<<l<<' '<<rd<<' '<<r<<endl;if(rd>n) break;if(ld==rd){up+=sum(d[ld]-r+l,r-l+1)-sum(l,r-l+1);maxx=max(maxx,up);up-=d[ld]-r+l;up+=1;l=d[ld]-r+l+1;r=1; rd++;}else{if(d[ld]-l==d[rd]-r){up-=sum(l,d[ld]-l+1);up+=sum(r+1,d[rd]-r)+1;maxx=max(maxx,up-1+d[ld]);ld++, rd++, l=r=1;}else if(d[ld]-l<d[rd]-r){up-=sum(l,d[ld]-l+1);up+=sum(r+1,d[ld]-l+1);maxx=max(maxx,up);r+=d[ld]-l+1;ld++, l=1;}else{up-=sum(l,d[rd]-r+1);up+=sum(r+1,d[rd]-r)+1;maxx=max(maxx,up-1+l+d[rd]-r);l+=d[rd]-r+1;rd++, r=1;}}}//cout<<maxx;LL ans=0;REP(i,1,rrd-1) ans+=sum(1,d[i]);ans+=sum(1,rr)+maxx;cout<<ans;return 0;
}

E Are You Fired?

题意：一个数列长度为 n，后面 ⌊n2⌋\lfloor \frac{n}{2}\rfloor⌊2n⌋ 的所有元素都相同，问是否存在一个 k，使得这个数列所有长为 k 的连续子列的和都严格大于 0 。

思路：比赛的时候一直在想，这个元素相同这个条件究竟有什么作用，我推测出这个条件暗示 k 会大于等于 n/2，不过后面就没思路了。

我的猜测是正确的。假设 si=ai+...+ai+k−1s_i=a_i+...+a_{i+k-1}si=ai+...+ai+k−1 ，如果存在一个 k 可行，那么把 k 翻倍之后，因为 si′=si+si+k>0s_i^{'}=s_i+s_{i+k}>0si′=si+si+k>0 ，所以也成立。注意到 si+1=si+(ai+k−ai)=si+x−ais_{i+1}=s_i+(a_{i+k}-a_i)=s_i+x-a_isi+1=si+(ai+k−ai)=si+x−ai，可以推出 si+1=s1+i⋅x−∑j=1iajs_{i+1}=s_1+i\cdot x-\sum\limits_{j=1}^i a_jsi+1=s1+i⋅x−j=1∑iaj ，其中设 bi=i⋅x−∑j=1iajb_i=i\cdot x-\sum\limits_{j=1}^i a_jbi=i⋅x−j=1∑iaj ，则 si+1=s1+bis_{i+1}=s_1+b_isi+1=s1+bi，可以发现 bib_ibi 的取值跟 k 没有关系，所以看某个 k 是否可行，就是看 min⁡0≤i≤n−k{s1+bi}>0\min\limits_{0\le i\le n-k} \{s_1+b_i\}>00≤i≤n−kmin{s1+bi}>0 是否成立。所以一开始先维护一个 b 的前缀最小值，然后枚举 k 判断即可。

代码：

#pragma GCC optimize(2)
#include <bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define REP(i,a,b) for(int i=(a);i<=(int)(b);i++)
#define REP_(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
using namespace std;
typedef long long LL;
int read()
{int x=0,flag=1;char c=getchar();while((c>'9' || c<'0') && c!='-') c=getchar();if(c=='-') flag=0,c=getchar();while(c<='9' && c>='0') {x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';c=getchar();}return flag?x:-x;
}const int maxn=5e5+5;
LL a[maxn],b[maxn],x,s,s1;int main()
{//freopen("input.txt","r",stdin);int n=read(),ans=0;REP(i,1,(n+1)/2) a[i]=read();x=read();REP(i,(n+1)/2+1,n) a[i]=x;REP(i,1,n){s+=a[i];b[i]=min(b[i-1],x*i-s);}REP(i,1,n/2) s1+=a[i];REP(k,n/2+1,n){s1+=a[k];if(s1+b[n-k]>0){ans=k;break;}}printf("%d\n",ans?ans:-1);return 0;
}

F Tasty Cookie

题意：两个长度为 n（1≤n≤2e51\le n \le 2e51≤n≤2e5）的数组 A 和 B（1≤Ai,Bi≤10121 \le A_i,B_i\le 10^{12}1≤Ai,Bi≤1012），可以对 A 进行两种操作：1.翻转；2.求前缀和。问能否通过若干次操作，使得 A 变为 B，如果可以并且操作次数小于等于 2e5，还要输出操作方案。

思路：比赛的时候根本没看这道题。

首先根据数据限制，我们可以思考最多能求多少次前缀和，然后发现当 n≤2n\le 2n≤2 的时候次数可以非常多，当 n>2n>2n>2 时就可以暴力处理，因为翻转一定不会比求前缀和多多少。

如果 n=1n=1n=1 ，那就是一个判断是否相等的问题；

否则，我们考察一个前缀数组，在题目数据限制下，这个前缀数组一定是严格单增的，所以可以用 B 数组反推回去：

如果 n=2n=2n=2 ，这里可以通过取模运算加速第二种操作，这种情况要注意很多细节问题；
如果 n>2n>2n>2 ，那么就循环处理，每次判断是否和 A 或者 A 的翻转相等，不相等的话就判断是否单增或者单减，如果单调则继续处理（差分），否则就 IMPOSSIBLE。

代码：

#pragma GCC optimize(2)
#include <bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define REP(i,a,b) for(int i=(a);i<=(int)(b);i++)
#define REP_(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
using namespace std;
typedef long long LL;
int read()
{int x=0,flag=1;char c=getchar();while((c>'9' || c<'0') && c!='-') c=getchar();if(c=='-') flag=0,c=getchar();while(c<='9' && c>='0') {x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';c=getchar();}return flag?x:-x;
}const LL maxn=2e5;
int n,tot;
LL a[maxn+5],b[maxn+5];
char s[maxn*10];bool equalzheng()
{REP(i,1,n) if(a[i]!=b[i]) return 0;return 1;
}bool equalfan()
{REP(i,1,n) if(a[i]!=b[n-i+1]) return 0;return 1;
}bool danzeng()
{REP(i,1,n-1) if(b[i+1]<=b[i]) return 0;return 1;
}bool danjian()
{REP(i,1,n-1) if(b[i+1]>=b[i]) return 0;return 1;
}void backb()
{REP_(i,n,2) b[i]-=b[i-1];
}int main()
{//freopen("input.txt","r",stdin);n=read();REP(i,1,n) scanf("%lld",&a[i]);REP(i,1,n) scanf("%lld",&b[i]);if(n==1){if(a[1]==b[1]) printf("SMALL\n0");else puts("IMPOSSIBLE");}else if(n==2){LL ans=0;while(!equalzheng()){if(b[1]>b[2]){swap(b[1],b[2]);if(ans<maxn) s[++tot]='R';}if(equalfan()) {s[++tot]='R'; break;}if(b[1]==min(a[1],a[2])){if(b[2]<max(a[1],a[2]) || (b[2]-max(a[1],a[2]))%b[1]!=0)return puts("IMPOSSIBLE"),0;LL x=(b[2]-max(a[1],a[2]))/b[1];ans+=x;if(ans<=maxn) while(x--) s[++tot]='P';if(b[1]!=a[1]) s[++tot]='R';break;}if(b[1]<a[1] && b[1]<a[2]) return puts("IMPOSSIBLE"),0;LL x=(b[2]-b[1])/b[1]+1;ans+=x;if(ans<=maxn) while(x--) s[++tot]='P';b[2]%=b[1];}if(ans<=maxn){printf("SMALL\n%d\n",tot);REP_(i,tot,1) putchar(s[i]);}else printf("BIG\n%lld",ans);}else{LL ans=0;while(1){if(equalzheng()) break;if(equalfan()) {if(ans<=maxn) s[++tot]='R'; break;}if(danzeng()) {ans++; if(ans<=maxn) s[++tot]='P'; backb();}else if(danjian()) {if(ans<=maxn) s[++tot]='R'; reverse(b+1,b+n+1);}else return puts("IMPOSSIBLE"),0;}if(ans<=maxn){printf("SMALL\n%d\n",tot);REP_(i,tot,1) putchar(s[i]);}else printf("BIG\n%lld",ans);}return 0;
}