A - Sequence with Digits

题意

$a_{n+1} = a_n + minDigit(a_n) * maxDigit(a_n)$，给出 $a_1$，求 $a_k$。

题解

一直在想 $k$ 这个范围不会超时吗...

虽然 $k≤10^{16}$，但是当 $a$ 中出现 $0$ 时就不用再算下去了。

证明

参考自：axiomofchoice

百位的变化是连续的，所以至多运行 $1000$ 次。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using ll = long long;
using namespace std;

void solve() {
    ll a, k; cin >> a >> k;
    for (ll i = 0; i < k - 1; i++) {
        string s = to_string(a);
        int mx = *max_element(s.begin(), s.end()) - '0';
        int mi = *min_element(s.begin(), s.end()) - '0';
        if (mi == 0) break;
        a += mx * mi;
    }
    cout << a << "
";
}

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

B - Young Explorers

题意

将 $n$ 个人分组，每个人所在组的人数不能少于 $e_i$，问最多可以分多少个组。（不必将 n 人分完）

题解一

从少到多枚举每组人数，如果可行，算出当前人数恰好可以分出多少组，不足的留给之后。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

void solve() {
    int n; cin >> n;
    int cnt[n + 1] = {};
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int x; cin >> x;
        ++cnt[x];
    }
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cnt[i] += cnt[i - 1];
        ans += cnt[i] / i;
        cnt[i] %= i;
    }
    cout << ans << "
";
}

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

题解二

将需求人数从小到大排序，依次累加人数，如果当前人数等于需求人数，分为一组，累加人数置零，重复此过程至累加 $n$ 人。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

void solve() {
    int n; cin >> n;
    int a[n] = {};
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        cin >> a[i];
    }
    sort(a, a + n);
    int ans = 0, cnt = 0;
    for (int i = 0 ; i < n; i++) {
        if (++cnt == a[i]) {
            ++ans;
            cnt = 0;
        }
    }
    cout << ans << "
";
}
 
int main() {
    int t; cin >> t;
    while (t--) solve();
}

C - Count Triangles

题意

给定 $1≤A≤B≤C≤D≤5*10^5$，$x、y、z$ 满足 $A≤x≤B≤y≤C≤z≤D$，问 $x、y、z$ 可以组成多少三角形。

题解

利用差分计算出每个 $x+y$ 的值有多少种情况，此时第三边的情况数为 $min(d, x + y - 1) - c + 1$，二者相乘即可。

代码

参考自：risujiroh

#include <bits/stdc++.h>
using ll = long long;
using namespace std;

const int N = 1e6 + 100;
ll cnt[N];

int main() {
    int a, b, c, d; cin >> a >> b >> c >> d;
    for (int x = a; x <= b; x++) {
        ++cnt[x + b];
        --cnt[x + c + 1];
    }
    for (int i = 0; i < N - 1; i++) {
        cnt[i + 1] += cnt[i];
    }
    ll ans = 0;
    for (int i = 0; i < N; i++) {
        ans += cnt[i] * max(min(d, i - 1) - c + 1, 0);
    }
    cout << ans << "
";
}

D - Game With Array

题意

构造一个大小为 $n$、和为 $s$ 的数组和整数 $0≤k≤s$，使得不能从数组中找到和为 $k$ 或 $s-k$ 的子数组。

题解

最简单的做法是前 $n-1$ 个数构造为 $1$，第 $n$ 个数构造为 $s-(n-1)$，即：

$a_0、a_1、a_2、...、a_{n - 2}$：$1$

$a_{n-1}$：$s-(n-1)$

然后将 $k$ 构造为 $a_{n-1} - 1$，此时如果 $1$ 的数量大于等于 $k$ 或 $s-k$ 则无解。

证明

对 $k$ 来说，$[a_{n-1},s]$、$0$ 都是不可取的，因为都可由 $a_{n-1}$ 与前面的 $1$ 求得，所以 $k$ 的取值范围在 $[1, a_{n-1}-1]$，其中越小越有可能被 $1$ 累加求得，所以取最大的数：$a_{n-1} - 1$ 。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
    int n, s; cin >> n >> s;
    int a[n] = {};
    fill(a, a + n - 1, 1);
    a[n - 1] = s - (n - 1);
    int k = a[n - 1] - 1;
    if ((n - 1) >= k or (n - 1) >= s - k) {
        cout << "NO";
    } else {
        cout << "YES" << "
";
        for (int i = 0; i < n; i++) 
            cout << a[i] << " 
"[i == n - 1];
        cout << k << "
";
    }
}

E - Restorer Distance

题意

有 $n$ 个由砖摞成的柱子，每次操作如下：

在一个柱子上放上一块砖，花费为 $a$
在一个柱子上拿下一块砖，花费为 $r$
拿下一个柱子的一块砖放到另一个柱子上，花费为 $m$

问使这些柱子等高所需要的最少花费。

题解

回头研究一下三分。

代码

参考自：quailty 、jiangly 、heyuhhh

#include <bits/stdc++.h>
using ll = long long;
using namespace std;
int main() {
    int n, a, r, m; cin >> n >> a >> r >> m;
    m = min(m, a + r);
    int h[n] = {};
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        cin >> h[i];
    }
    auto f = [&] (int x) {
        ll cnt_a = 0, cnt_r = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            if (h[i] < x) 
                cnt_a += x - h[i];
            else 
                cnt_r += h[i] - x;
        }
        ll cnt_m = min(cnt_a, cnt_r);
        cnt_a -= cnt_m;
        cnt_r -= cnt_m;
        return a * cnt_a + r * cnt_r + m * cnt_m;
    };
    #define r whatever
    int l = 0, r = 1e9;
    while (l < r) {
        int lmid = l + (r - l) / 3;
        int rmid = r - (r - l) / 3;
        if (f(lmid) < f(rmid))
            r = rmid - 1;
        else 
            l = lmid + 1;
    }
    cout << f(l) << "
";
}