2A.Contest Proposal（枚举）

题意：

一个竞赛包含$n$个问题，第$i$个问题的难度预计最多为$b_i$。现在已经有$n$个问题提案，第$i$个问题的难度为$a_i$。最初，$a_1,a_2,\dots ,a_n$和$b_1,b_2,\dots ,b_n$都是按非递减顺序排序的。

有些问题可能比预期的更难，因此作者必须提出更多的问题。当提出难度为$w$的新问题时，最难的问题将从竞赛中删除，问题将以难度不递减的方式排序。

换句话说，在每次操作中，你都要选择一个整数$w$，将其插入数组$a$中，对数组$a$进行非递减排序，并从中删除最后一个元素。

求使对于所有$i$都有$a_i\le b_i$的的最小新问题数。

分析：

因为选的$w$一定可以让它合法，一次操作可以看作$a$数组向右平移一位。遍历$a$数组中每个数和第一个比$b$数组小的差值，取最大值即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

typedef long long LL;
using namespace std;
const LL N = 105;
LL a[N], b[N];

int main() {
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        int n, ans = 0, flag = 0;
        cin >> n;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            cin >> a[i];
        }
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            cin >> b[i];
        }
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            flag = 0;
            for (int j = i; j < n; j++) {
                if (a[i] <= b[j]) {
                    ans = max(j - i, ans);
                    flag = 1;
                    j = n;
                }
            }
            if (flag == 0) {
                ans = max(n - i, ans);
            }
        }
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}

2B.Coin Games（博弈）

题意：

桌子上有$n$枚硬币围成一个圆圈，每枚硬币要么朝上，要么朝下。爱丽丝和鲍勃轮流玩下面的游戏，爱丽丝先玩。

在每次操作中，玩家选择一枚正面朝上的硬币，取出硬币并翻转与其相邻的两枚硬币。如果（操作前）只剩下两枚硬币，则取出一枚，另一枚不翻转（因为会翻转两次）。如果（操作前）只剩下一枚硬币，则不会翻转任何硬币。如果（操作前）没有正面朝上的硬币，玩家就输了。

如果两人都以最佳方式下棋，谁会赢呢？可以证明，游戏将在有限次的操作中结束，其中一人将获胜。

分析：

将$U$视作$1$，将$D$视作$0$，一次操作就是拿走一个$1$，将两侧分别异或$1$。

观察样例，猜测$U$有奇数个先手赢，反之后手赢。

证明：根据上述转化，判定条件等价于判断全局异或和为$0$还是为$1$。一次操作对全局异或和的影响是将其与$1$进行异或。

初始异或和为$1$时，先手必定可以操作，到后手时异或和为$0$，后手可能可以操作，回到先手，异或和还是$1$，必定可以操作。如此往复，只要后手能操作，先手必定可以操作。

另一种情况类似。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    string s;
    cin >> s;
    int cnt = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++)
        if (s[i] == 'U')
            ++cnt;
    if (!cnt) {
        cout << "NO" << endl;
        return;
    }
    if (cnt & 1) {
        cout << "YES" << endl;
    } else {
        cout << "NO" << endl;
    }
}

int main() {
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        solve();
    }
    return 0;
}

2C1A.Permutation Counting（贪心）

题意：

你有一些卡片。每张卡片上都写着一个介于$1$和$n$之间的整数：具体来说，从$1$到$n$的每张$i$，你们有$a_i$张卡片，上面写着数字$i$。

还有一个商店，里面有无限量的各种类型的卡片。你有$k$枚金币，因此你总共可以购买$k$张新卡片，你所购买的卡片可以包含$1$到$n$之间的任意整数。

购买新牌后，您要将所有牌重新排列成一行。重新排列的得分是长度为$n$的（连续）子数组中$[1,2,\dots ,n]$的排列数。你能得到的最高分是多少？

分析：

贪心地考虑优先用$k$买原本数量少的卡片，使每种卡片的最少数量尽可能大。

推导一下可以发现使答案尽可能大的结构是$1,2,3,4,1,2,3,4$这样的排列。

计算贡献，假设最小值为$x$，比$x$大的有$y$个，我们一定会把这$y$个尽量往前放，让较小的$x$利用充分，这样总共有$(x-1)n+1+y$个合法子段。

然后就是模拟，把$k$尽量往数量少的分。使用差分维护即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

typedef long long LL;
using namespace std;

void solve() {
    LL n, k;
    cin >> n >> k;
    vector<LL> a(n, 0);
    for (int i = 0; i < n; i++)
        cin >> a[i];
    sort(a.begin(), a.end());
    vector<LL> dlt(n, 0);
    for (LL i = 0; i < n - 1; i++) {
        if (!k)
            break;
        LL x = (i + 1) * (a[i + 1] - a[i]);
        if (k >= x) {
            dlt[i] += a[i + 1] - a[i];
            k -= x;
        } else {
            LL d = k / (LL) (i + 1);
            for (LL j = 0; j <= i; j++)
                a[j] += d;
            k -= (i + 1) * d;
            for (LL j = i; j >= 0; j--)
                if (k) {
                    ++a[j];
                    --k;
                }
            break;
        }
    }
    LL sum = 0;
    for (LL i = n - 1; i >= 0; i--)
        sum += dlt[i], a[i] += sum;
    LL d = k / (LL) n;
    k -= n * d;
    for (LL i = n - 1; i >= 0; i--)
        a[i] += d;
    for (LL i = n - 1; i >= 0; i--)
        if (k) {
            ++a[i];
            --k;
        }
    LL res = 0;
    for (LL i = n - 1; i >= 0; i--)
        if (a[i] > a[0])
            ++res;
    cout << a[0] * n - n + 1 + res << endl;
}

int main() {
    int t;
    cin >> t;
    while (t--)
        solve();
    return 0;
}

2D1(1B1).Reverse Card (Easy Version)（数学）

题意：

给你两个正整数$n$,$m$。

请计算满足以下条件的有序数对$(a,b)$的个数：

• $1\le a\le n$,$1\le b\le m$;
• $a+b$是$b\cdot \gcd (a,b)$的倍数。

分析：

$gcd(a,b)$一定是等于$b$，问题转换为$(a+b)\%(b\ast b)==0$。

那么$a$是$b$的倍数一定成立，可以通过枚举$b$来找$a$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

void solve() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    int ans = 0;
    for (int b = 1; b <= m; ++b) {
        ans += (n / b + 1) / b - (b == 1);
    }
    cout << ans << endl;
}

int main() {
    int t;
    cin >> t;
    while (t--)
        solve();
    return 0;
}

2D2(1B2).Reverse Card (Hard Version)（数学）

题意：

给你两个正整数$n$,$m$。

请计算满足以下条件的有序数对$(a,b)$的个数：

• $1\le a\le n$,$1\le b\le m$;
• $b\cdot \gcd (a,b)$是$a+b$的倍数。

分析：

将$\gcd (a,b)$表示为$d$。假设有$a=pd$和$b=qd$，那么我们知道$\gcd (p,q)=1$.

$(a+b)\mid (b\cdot \gcd (a,b))⟺(pd+qd)\mid (q{d}^2)⟺(p+q)\mid (qd)$

已知$\gcd (p+q,q)=\gcd (p,q)=1$，所以是$(p+q)\mid d$。

我们还知道$p\ge 1,q\ge 1$，所以$p<d=\frac{a}{p}\le \frac{n}{p}$，从而 $p^2<n$。同样，我们可以证明$q^2<m$。

所以$(p,q)$的个数是$\mathcal{O}(\sqrt{nm})=\mathcal{O}(n+m)$。我们可以枚举出$\gcd (p,q)=1$的每个$(p,q)$，并计算出答案。需要$(p+q)\mid d$，因此我们加上$\lfloor \frac{\min \{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{q}\rfloor \}}{p+q}\rfloor$。

时间复杂度：$\mathcal{O}(\sum n+\sum m)$。

代码：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

int main() {
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        ll n, m;
        cin >> n >> m;
        ll sq = sqrt(n) + 2, sqm = sqrt(m) + 2;
        vector bad(sq + 1, vector<bool>(sqm + 1, 0));
        for (ll i = 2; i <= min(sq, sqm); i++) {
            for (ll a = i; a <= sq; a += i) {
                for (ll b = i; b <= sqm; b += i) {
                    bad[a][b] = true;
                }
            }
        }
        ll ans = 0;
        for (ll a = 1; a * a <= n; a++) {
            for (ll b = 1; b * b <= m; b++) {
                if (bad[a][b]) continue;
                ans += min(n / (a + b) / a, m / (a + b) / b);
            }
        }
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}

赛后交流

在比赛结束后，会在交流群中给出比赛题解，同学们可以在赛后查看题解进行补题。

群号： 704572101，赛后大家可以一起交流做题思路，分享做题技巧，欢迎大家的加入。