Codeforces Round #610 (Div. 2) a/b/c

题目

传送门

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A Temporarily unavailable   standard input/output 1 s, 256 MB 

　　给一个线段ab， 问除去 c点圆心半径r覆盖的 线段多长，如果圆在线段外 直接输出 ab 长度就行， 若在线段内 则输出cout << max(b-a-max((min(c+r,b)-max(a,c-r)),0), 0) ，迷糊的话纸上画下大概就能明白。
B1 K for the Price of One (Easy Version) , B2 K for the Price of One (Hard Version)       standard input/output 2 s, 256 MB 

　　B1 k = 2, B2   k <= n,  n <= 2e5   ai<=2e9
　　You must buy **exactly** k gifts to use the offer.   可以推出贪心求得值为最优解，

　　for  i 0~n

　　当　i >=k 时，可以直接付a[i] 的钱买下  i-k ~ i 号货物，

　　当   i <k-1 且 i > 0 ， 不足k 所以不能享受折扣  需要付a[0]+....+a[i] 的钱才能买下 0 ~ i 号货物， 所以需要求个前缀和， 至于为什么边界是k-1 是因为数组下标0 和 1的故事

C Petya and Exam    standard input/output 2 s, 256 MB 

　　额， 想到了贪心， 但是没贪对， 首先给你多组数据， 每组数据给你 n t a b， 问最多能解决的问题， 其中每道题分为难易 且 有变成mandatory（必须要解决 ddl） 的时间， 所以可以先用个pair 存储下每道题的难易 和 时间， 再根据每道题的 ddl 从小到大 排个序， 然后可以证明当 ti-1 时间走 是最优的（因为如果再晚的话 就要面对第 i 道题， 更早的话 没有必要） 而 ti-1 时间可以 必须把第 i 道题目之前的所有题目做完（因为都到了 ddl） 然后把剩下的时间贪心地先做剩下题目中的简单题  时间有多余的话再做剩下题目中的难题，然后对每个题目 取 之前已经到ddl的题目数和贪心数 的最大值， 有个小细节是需要在数组最后面加一个 t+1，0  因为最迟离开时间是 t ,  注意每道题的ddl 不是必须要在ddl之前完成 而是 过了ddl后 一定要完成这道题 enmmmmmmmm，  代码如下

#include<bits/stdc++.h>//Codeforces Round #608 (Div. 2)
using namespace std;

#define _for(i,a,b) for(int i = (a); i < (b); i++)
#define _rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
#define _per(i,a,b) for(int i = (a); i > (b); i--)
#define ll long long

void taskA(){
    int t;
    cin >> t;
    while(t--) {
        int a,b,c,r; cin >> a >> b >> c >> r;
        if(a > b) swap(a, b);
        if(c-r >= b || c+r <= a) cout << b-a << '
';
        else//(c <= b) 
            cout << max(b-a-max((min(c+r,b)-max(a,c-r)),0), 0) << '
';
        //else if(c-r <= b) cout << max(a-b-(min(c+r,b)-max(a,c-r)), 0) << '
'; 
          //  cout << 
    }
    return;
}

void taskB(){
    int t; cin >> t;
    while(t--) {
        int n,p,k; cin >> n >> p >> k;
        vector<int> a(n, 0);
        _for(i,0,n) cin >> a[i];

        int ans = 0;
        sort(a.begin(), a.end());
        _for(i,0,n) {
            if(i >= k) a[i] += a[i-k];
            //else if(i && i != k-1) a[i] += a[i-1];
            else if(i < k-1 && i) a[i] += a[i-1];

            if(a[i] <= p) ans = i+1;
//cout << " i = " << i;
//cout << "	ans = " << ans << " a[i]= " << a[i] << "
"; 
        }cout << ans << "
";
    }return;
}

void taskC(){
    int t1; cin >> t1;
    while(t1--){
        ll n,t,a,b; cin >> n >> t >> a >> b;
        vector<pair<ll, ll> > dif(n);
        ll ans = 0, cnta = 0, cntb = 0;
        _for(i,0,n) {
            cin >> dif[i].second;
            dif[i].second ? cntb++ : cnta++;
        }
        _for(i,0,n) cin >> dif[i].first;
        dif.push_back({t+1, 0});//  t 时间 离去
        sort(dif.begin(), dif.end());
        
        ll cnt1 = 0, cnt2 = 0;
        _rep(i,0,n) {
            ll need = a*cnt1+cnt2*b;   
            ll has = dif[i].first-1-need;
            if(has >= 0) {
                ll cana = min(cnta-cnt1, has/a);
                has -= a*cana;
                ll canb = min(cntb-cnt2, has/b);
                ans = max(ans, cnt1+cnt2+cana+canb);
            }
            int l = i;
            while(l < dif.size() && dif[i].first == dif[l].first) {
                if(dif[l].second) cnt2++;//记录同一个ddl 有几个任务， 这些都需要完成
                else cnt1++;
                l++;
            }
            i = l - 1;
        } cout << ans << '
';
    } return;
}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
    //taskA();
    //taskB();
　　 //taskC();
    return 0;
}

taskB();