Codeforces Round #555 (Div. 3) D. N Problems During K Days 【数学思维】

一　题面

　　D. N Problems During K Days

二　分析

　　对于这题，刚开始我就是陷入了对公式的执着，企图用公式直接确定第一个数，然后试着去找序列。经过思考和手动模拟后发现是很难保证正确性的。

　　对于这题，第一步是很明确的，就是确定第一个数，如果给定了$N$和$K$，那么第一个数是可以确定的。因为如果我们只保证后一个数比当前数多1，并且确定第一个数是1，那么可以根据$K$确定对应的最小和$sum$

$sum = frac{K(K+1)}{2}$

这个公式应该比较基础。这样我们就可以把$N<sum$的情况就全部排除掉了。

　　接下来，分析确定的$K$和$N>=sum$的情况：

　　首先，可以确定一个公式

$N - sum = {K} imes{t} + res$　　$res<K$

这个公式也比较基础。

　　有了这个公式后，就比较明了了，因为可以在$sum$的基础上把$t$个$K$平摊掉，就是对应的$K$个数每个数加1。

　　接下来处理$res$，这里可能需要动脑袋思考一下。但我们依然需要明确，第一个数是不可以改变的，因为第一个数改变了会直接影响后面的所有数。

　　处理$res$，我们可以直接从当前确定的数组从后往前进行加操作，操作的前提是满足题目给定的条件。加了之后会发现，如果当前的数加了一个数后，那么右边已经加过的数范围又变了，又可以加了，但是是有限度的，因为第一个数已经确定了。（这里也提醒了我们为什么不从左往右进行处理）

　　处理$res$的时候，如果出现了遍历一遍后，$res > 0$并且没有加数的情况，就表示数组已经无法满足题目给定的条件了，直接输出$NO$即可。

三　AC代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define LL long long
const int MAXN = 1e5 + 15;
int N;
LL K;
int Data[MAXN];

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin >> N >> K;
    //第一个数为1的最基础的情况
    LL sum = (K * (K + 1) ) >> 1;
    if(sum > N)
    {
        cout << "NO" << endl;
        return 0;
    }
    N -= sum;
    int res = N % K;
    Data[1] = 1 + N/K;
    for(int i = 2; i <= K; i++)
        Data[i] = Data[i - 1] + 1;
    //满足最低要求后，还剩下res < k
    while(res)
    {
        bool flag = true;
        //第一个数一定不能变
        for(int i = K; i > 1; i--)
        {
            int tmp = (Data[i -1 ] << 1 ) - Data[i];
            if( res > 0 && tmp > 0)
            {
                //数组中有数变化了
                flag = false;
                if(res >= tmp)
                {
                    Data[i] += tmp;
                    res -= tmp;
                }
                else
                {
                    Data[i] += res;
                    res = 0;
                }
            }
        }
        if(flag)
        {
            cout << "NO" << endl;
            return 0;
        }
    }
    cout << "YES" << endl;
    for(int i = 1; i < K; i++)
    {
        cout << Data[i] << " ";
    }
    cout << Data[K] << endl;
    return 0;
}