Educational Codeforces Round 86 (Rated for Div. 2)

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A. Road To Zero

两个数，将其中一个增加或减少1的代价为a，同时增加或减少1的代价为b，求将两个数同时变为0的最小代价。

当一个数为0或者两个数异号时，最优为只执行代价为a的操作，当两个数同号时，要考虑b与a*2的大小。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define rep(i, a, b) for (register int i = a; i <= b; i++)

ll x, y, a, b;

int main()
{
    int t;
    cin >> t;
    while (t--)
    {
        cin >> x >> y;
        cin >> a >> b;
        if (b > a * 2 || x * y <= 0)
            cout << (abs(x) + abs(y)) * a << endl;
        else
        {
            x = abs(x);
            y = abs(y);
            cout << min(x, y) * b + abs(y - x) * a << endl;
        }
    }
}

B. Binary Period

利用字符串t构造s使t为s的一个子序列，并且使周期k最小，长度不大于t的两倍。

根据题意这样构造出来k只能是1或2。如果t本身具有周期1，直接输出，否则可以在两个相同元素中间插另一个元素，此时s周期为2。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define rep(i, a, b) for (register int i = a; i <= b; i++)

int n;
char s[110];

int main()
{
    int t;
    cin >> t;
    while (t--)
    {
        memset(s, 0, sizeof(s));
        cin >> s;
        n = strlen(s);
        int flag = 1;
        rep(i, 1, n - 1) if (s[i] != s[i - 1])
            flag = 0;
        if (flag)
            cout << s;
        else
            rep(i, 0, n - 1)
            {
                cout << s[i];
                if (s[i] == s[i + 1])
                    putchar(s[i] == '0' ? '1' : '0');
            }
        cout << endl;
    }
}

C. Yet Another Counting Problem

x∈[l，r]， ((x mod a) mod b)≠((x mod b) mod a) 的个数。

考虑预处理前缀和，但是l，r实在是太大了。发现x变化具有周期性，周期为a*b，只用预处理[0，a*b]即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define rep(i, a, b) for (register int i = a; i <= b; i++)

ll a, b, q, num[40010];
ll l, r, ans;
int main()
{
    int t;
    cin >> t;
    while (t--)
    {
        cin >> a >> b >> q;
        rep(i, 1, a * b)
        {
            num[i] = (i % a % b != i % b % a) ? 1 : 0;
            num[i] += num[i - 1];
        }
        while (q--)
        {
            cin >> l >> r;
            ans = (r - l) / (a * b) * num[a * b];
            l %= (a * b);
            r %= (a * b);
            if (r >= l)
                cout << ans + num[r] - num[l - 1] << " ";
            else
                cout << ans + num[r] + num[a * b] - num[l - 1] << " ";
        }
        cout << endl;
    }
}

D. Multiple Testcases

比赛时读了好久才明白题意（wtcl），组合m数组，在满足条件的情况下使ans（组合的数量）最小，条件为一个组合中大于等于i的数不超过c[i]个。

ans挺好找。然后每个组合的元素，按照m[i]从大到小往里面填就行了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define rep(i, a, b) for (register int i = a; i <= b; i++)

ll n, k, m[200010], c[200010];
ll ans;
vector<ll> tmp[200010];
int main()
{
    cin >> n >> k;
    rep(i, 1, n) cin >> m[i];
    rep(i, 1, k) cin >> c[i];
    sort(m + 1, m + n + 1);
    for (int i = n; i; i--)
    {
        if (m[i] == m[i - 1])
            continue;
        ans = max(ans, (ll)ceil(1.0 * (n - i + 1) / c[m[i]]));
    }
    for (int i = n, j = 0; i; i--, j = (j + 1) % ans)
        tmp[j].push_back(m[i]);
    cout << ans << endl;
    rep(i, 0, ans - 1)
    {
        int j = tmp[i].size();
        cout << j << " ";
        rep(z, 0, j - 1) cout << tmp[i][z] << " ";
        cout << endl;
    }
}

E. Placing Rooks

n*n的格子放n个车，要求所有空格子都在攻击范围、k对车能互相攻击。

所有格子都在攻击范围，那么每一行 / 每一列都要有车。

k对车能相互攻击，那么要空k列不能放车（保证每一行都有一辆车），或者空k行不放车（保证每一列都有车）。

先计算行，问题相当于在n-k列中放n个车，答案为

至于为什么是这样计算可以先学习特斯林数和“n个球m个盒子问题”。

当k==0的时候行和列的答案重复了，所以k!=0的时候答案乘2。k>=n时答案为0。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define rep(i, a, b) for (register int i = a; i <= b; i++)

const int mod = 998244353;
ll n, k;
ll ans;
ll fac[200010];

ll ksm(ll a, ll b)
{
    ll res = 1;
    for (; b; b >>= 1, a = a * a % mod)
        if (b & 1)
            res = res * a % mod;
    return res;
}

ll C(ll x, ll y)
{
    return fac[x] * ksm(fac[y] * fac[x - y] % mod, mod - 2) % mod;
}

int main()
{
    fac[0] = 1;
    cin >> n >> k;
    rep(i, 1, n) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
    if (k >= n)
    {
        puts("0
");
        return 0;
    }
    rep(i, 0, n - k)
    {
        ll flag = i & 1 ? -1 : 1;
        ll tmp = flag * (C(n - k, i) * ksm(n - k - i, n) % mod);
        ans = (ans + tmp + mod) % mod;
    }
    if (k == 0)
        cout << ans << endl;
    else
        cout << (ans * C(n, n - k) % mod) * 2 % mod << endl;
}