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$AtCoder Regular Contest 094(ARC094) CDE$题解
本次$ARC$可谓是手速场。当时由于博主实在zz导致滚粗，rk89.
下面是题解。
总结了一下，三道结论题。样例都不错，猜到结论基本上就可以过掉了。
严重差评！！！大概要涨不了多少rating了QAQ（暴露了我的Rating是多么低），xza怎么没来？？
(UPD:2018-04-07 21:53):果然没上黄好难受还差12分QAQ。
$C$
题意
有三个整数$A,B,C$。每次可以选择一个数让他加$2$，或者选择任意两个数让他们同时加$1$，问最少几次使$3$个数相同。
题解
傻逼结论题。
假设$Ageq Bgeq C$，那么最优策略下，最终的数字大小不会超过$A+1$。
考虑填掉$B$和$C$的坑，每次填坑效率为$2$，如果坑的总体积为奇数，那么自然要整体再加一层(包括$A$)坑的深度也$+1$。偶数直接填完就可以了。
由于这个结论太傻逼了，我表示不会证。
上面的那些全部瞎逼逼，正确的证明大概是：由题意的，本题显然可以这样做QAQ。
代码
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
using namespace std;
int A,B,C;
int main(){
scanf("%d%d%d",&A,&B,&C);
if (A<B)
swap(A,B);
if (A<C)
swap(A,C);
int ans=A-B+A-C;
if (ans%2)
ans+=3;
ans/=2;
printf("%d",ans);
return 0;
}
$D$
题意
在$2$次$10^{10^{10}}$人的比赛中，你取得的成绩依次为第$a$名和第$b$名。
当一个人的成绩为$A$和$B$时，当且仅当$AB<ab$时，他会在综合排名中排在你前面。
显然同一次比赛的同一个名次只能被一个人拥有。
现在问综合排名排在你前面的最多有多少人？
题解
有趣的结论题。
设$c=ab-1$，考虑到答案中的所有的$A$和$B$，都满足$ABleq c$。
设$d=leftlfloor sqrt c ight floor$，则对于$Ain[1,d]$都会有唯一且不重复的$Bin[d,c]$来接应，同理，对于$Bin[1,d]$都会有唯一且不重复的$Ain[d,c]$来接应。
然后我们考虑删减掉一些不能用的。
第一，是前后两种情况重叠的，就是会出现$A=B=d$的情况，但是算了两次的，要减一。$if (leftlfloorfrac cd ight floor=d) ightarrow ans=ans-1$
第二，就是要删掉被你占用的在$[1,d]$的排名。
所以代码也很短咯。
代码
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
int Q;
LL a,b;
LL LLsqrt(LL x){
LL L=0,R=1e9,mid,ans=-1;
while (L<=R){
mid=(L+R)>>1;
if (mid*mid<=x)
L=mid+1,ans=mid;
else
R=mid-1;
}
return ans;
}
int main(){
scanf("%d",&Q);
while (Q--){
scanf("%lld%lld",&a,&b);
if (a>b)
swap(a,b);
LL c=a*b-1;
LL d=LLsqrt(c);
LL ans=d+d;
if (a!=b)
ans--;
if (d!=0)
if (d==c/d)
ans--;
printf("%lld
",max(ans,0LL));
}
return 0;
}
$E$
题意
给出长度为$n$的序列$A$、$B$，序列$A$的第$i$项为$A_i$，序列$B$的第$i$项为$B_i$，且$sum_{i=1}^{n}A_i=sum_{i=1}^{n}B_i$。
现在$Tozan$和$Gezan$在进行下面的一系列操作：
- 如果$A$与$B$相同了，停止操作。
- $Tozan$让$A$中任意一个正元素减一。
- $Gezan$让$B$中任意一个正元素减一。
- 给你一个糖。
事实上，$Tozan$想给你尽可能多的糖，而$Gezan$恰恰相反，问双方都执行最优策略的情况下，你能得到多少糖。
题解
又是一道结论题。
首先判掉答案为0的。
然后答案显然是$min{B_i} (1leq ileq n$且$A_i>B_i)$
为什么呢。
显然啊
额
好吧我说。
我们只需要分两块证明。
一个是$Tozan$有办法操作这么多次。
另一个是$Gezan$有办法不让$Tozan$再继续操作。
第二个很好证啊，那我只说说第一个。
假设第$i$个是你选出的不拿光的那个。
你只要考虑除了你留下的那一个，其他的所有的总的效果是$Tozan$剩下的比$Gezan$剩下的少，那么$Gezan$要努力停止操作必然要让其他剩余的总和变得相等。于是$Tozan$就可以把剩下的都弄光。对于当前的，当$Tozan$弄到$A_i=B_i$的时候，$Gezan$必定刚好可以把其他的都弄完，所以这时会停止操作。显然$Gezan$不会中途去弄$B_i$，因为这样显然亏。
感觉这个还是要感性理解。
我感觉舌头要打结了。QAQ
估计我写的中文没有可读性QAQ。
代码
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=200005;
int n;
struct Node{
int a,b;
}x[N];
bool pd(){
for (int i=1;i<=n;i++)
if (x[i].a!=x[i].b)
return 0;
return 1;
}
int main(){
LL tot=0;
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d%d",&x[i].a,&x[i].b);
tot+=x[i].a;
}
if (pd()){
printf("0");
return 0;
}
int ans=2e9;
for (int i=1;i<=n;i++)
if (x[i].a>x[i].b)
ans=min(ans,x[i].b);
printf("%lld",tot-ans);
return 0;
}
$F$
暂时不会啊（挖坑待填）