補題連結：Here

1538A. Stone Game

陣列 \(a\) 的大小為 \(n\) ，請問每次可以刪除最左和最右側的元素，請問最少執行多少次能刪除掉陣列中的最大值和最小值 （\(1\le a_i\le n\))

---

在輸入的時候確定最大值和最小值的下標，

4種情況

比較從左邊刪除和右邊刪除的情況即可

void solve() {
    int n; cin >> n;
    int id1, id2;
    for (int i = 1, x; i <= n; ++i) {
        cin >> x;
        if (x == 1)id1 = i;
        if (x == n)id2 = i;
    }
    if (id1 > id2) swap(id1, id2);
    int cnt1 = (id1 + min(n - id2 + 1, id2 - id1));
    int cnt2 = (n - id2 + 1 + min(id1, id2 - id1));
    cout << min(cnt1, cnt2)  << "\n";
}
 

void solve() {
    int n; cin >> n;
    vector<int>a(n);
    for (int &x : a)cin >> x;
    int maxPos = max_element(a.begin(), a.end()) - a.begin();
    int minPos = min_element(a.begin(), a.end()) - a.begin();
    cout << min({
        max(maxPos, minPos) + 1,
        (n - 1) - min(maxPos, minPos) + 1,
        (n - 1) - maxPos + minPos + 2,
        (n - 1) - minPos + maxPos + 2
    }) << "\n";
}
 

1538B. Friends and Candies

Polycarp 要對他的 \(n\) 個朋友的蛋糕數量重新分配，使得每個人的蛋糕數量相同。

找到最小的 \(k\) \(a_{i1} + a_{i2}+...+a_{ik}\) 進行分配

---

數學題，

首先如果總的蛋糕數不是 \(n\) 的倍數，直接輸出 \(-1\) ，接下來在統計大於平均值的人數即可

void solve() {
    int n; cin >> n;
    ll cnt = 0;
    vector<int>a(n);
    for (int &x : a)cin >> x, cnt += x;
    if (cnt % n != 0) {cout << -1 << "\n"; return ;}
    int c = 0;
    cnt /= n;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        if (a[i] > cnt)c++;
    }
    cout << c << "\n";
}
 

1538C. Number of Pairs

在陣列 \(a\) 中尋找最大對數的 \((i,j) (1\le i < j \le n)\) 使得 \(l \le a_i + a_j \le r\)

---

簡單來說要統計兩種情況

• \(a_i + a_j \le r\)
• \(a_i + a_j \le l - 1\)

二分上面兩種情況，然後相減就是合適的區間長度了。

但要注意如果本身 \(a_i * 2\) 就符合情況的話會重複計算一次，要減去一

最後輸出 \(ans / 2\)

雙指標寫法

void solve() {
    int n; ll L, R;
    cin >> n >> L >> R;
    vector<ll>a(n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; ++i)cin >> a[i];
    sort(a.begin() + 1, a.end());
    int l = 2, r = n;
    ll cnt = 0;
    while (l <= n and a[1] + a[1] <= L)l++;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        while (l > 1 and a[l - 1] + a[i] >= L)l--;
        while (r > i and a[r] + a[i] > R)r--;
        if (r >= max(l, i)) {
            if (l > i)cnt += (r - l + 1);
            else cnt += r - i;
        }
    }
    cout << cnt << '\n';
}

二分寫法

void solve() {
    int n, l, r ;
    cin >> n >> l >> r;
    vector<int>a(n);
    for (int &x : a)cin >> x;
    sort(a.begin(), a.end());
    ll ans = 0;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        ans += upper_bound(a.begin(), a.end(), r - a[i]) - a.begin();
        ans -= lower_bound(a.begin(), a.end(), l - a[i]) - a.begin();
        if (2 * a[i] >= l && a[i] * 2 <= r)ans--;
    }
    cout << ans / 2 << "\n";
}

1538D. Another Problem About Dividing Numbers

給與 \(a\) 和 \(b\) 兩個整數，在一回合操作裡，

• \(a\) 和 \(b\) 兩個整數都要找出 \(c\ (a\ 或\ b\ \% c ==0）\)

請問是否能在 \(k\) 個回合結束後使得 \(a=b\)

---

看樣例想到是質因數個數的問題，

但試了下先尤拉素數篩晒出 \(1e9\) 的資料還是 TLE了（常數太大了），然後嘗試直接統計因子個數，注意使用 scanf 而不是 cin）

void solve() {
    int a, b, k;
    scanf("%d%d%d", &a, &b, &k);
    if (k == 1) {
        puts(a != b && (a % b == 0 || b % a == 0) ? "YES" : "NO");
        return ;
    }
    int cnt = 0;
    for (int i = 2; i * i <= b; ++i) {
        while (b % i == 0) {
            b /= i; cnt++;
        }
    }
    if (b != 1)cnt++;
    for (int i = 2; i * i <= a; ++i) {
        while (a % i == 0) {
            a /= i;
            cnt++;
        }
    }
    if (a != 1)cnt++;
    puts(cnt >= k ? "YES" : "NO");
}

1538E. Funny Substrings

沒看懂題意，以後補

1538F. Interesting Function

這道題比賽沒寫出來虧了一個億

給定兩個整數 \(l\) 和 \(r\)，其中 \(l<r\)。 我們將向 \(l\) 加 1，直到結果等於 \(r\)。 因此，將執行 \(r-l\) 次加法。 對於每個這樣的加法，讓我們看看在它之後將更改的位數。

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累加不同位數的情況下 \(r - l\) ，直到 \(l = 0\) 和 \(r= 0\)

void solve() {
    ll l, r;
    cin >> l >> r;
    ll ans = 0;
    while (l != 0 || r != 0) {
        ans += (r - l);
        l /= 10, r /= 10;
    }
    cout << ans << "\n";
}

如果這算數位DP, 那麼算是我見過最簡單的數位DP了.

ll dp[20];
void init(int n) {
    dp[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; ++i)dp[i] = dp[i - 1] * 10 + 1;
}
int cnt(ll x) {
    int a[20] = {0}, Cnt = 0;
    while (x) {
        a[Cnt++] = x % 10;
        x /= 10;
    }
    ll ans = 0;
    for (int i = Cnt - 1; i >= 0; --i)ans += dp[i + 1] * a[i];
    return  ans;
}
void solve() {
    ll l, r;
    cin >> l >> r;
    cout << cnt(r) - cnt(l) << "\n";
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
    init(15);
    int _; for (cin >> _; _--;) solve();
    return 0;
}

1538G. Gift Set

Polycarp 有 x 個紅色糖果和 y 個藍色糖果。 使用它們，他想製作禮品套裝。 每個禮品套裝包含一個紅色糖果和 b 個藍色糖果，或一個藍色糖果和 b 個紅色糖果。 任何糖果最多隻能屬於一個禮品套裝。

幫助 Polycarp 找到他可以創造的最大數量的禮品套裝。

例如，如果 \(x=10，y=12，a=5，b=2\)，那麼 Polycarp 可以製作三套禮物：

• 第一套有 5 個紅色糖果和 2 個藍色糖果；
• 第二組將有 5 個藍色糖果和 2 個紅色糖果；
• 第三組將有 5 個藍色糖果和 2 個紅色糖果。

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思路來自 Arctic_Clam

考慮二分可分的集合的數量。
如何 \(O(1)\) 求給定的某個集合可行與否？

不妨設 \(x < y,a < b\)

記 \(n\) 為要驗證的集合數量，\(s\) 為第 一種集合數量，\(t\)為 第二種集合數量。
於是我們有

\[\left\{ \begin{array}{**lr**} as+bt\le x\\ bs + at\le y \\s + t=n \end{array} \right. \]

變形可以得到

\[\left\{ \begin{array}{**lr**} s \ge \frac{x - nb}{a -b}\\ s \le \frac{y - na}{b - a} \end{array} \right. \]

也就是說，給定n，我們可以求出s的取值區間。再判定下該區間是否合法即可。
\(eg:\) \(s\) 取值區間的左界應該是向下取整，但是 \(x−nb\) 和 \(a − b\) 都是負數，而 C++預設是趨零取整，所以要特判。

ll x, y, a, b;
bool check(ll n) {
    ll l = (x - n * b) / (a - b);
    if ((x - n * b) < 0 and (-(x - n * b)) % (b - a) != 0)l++;
    ll r = (y - n * a) / (b - a);
    return l <= r and r >= 0 and l <= n;
}
void solve() {
    cin >> x >> y >> a >> b;
    if (x > y) swap(x, y);
    if (a > b) swap(a, b);
    if (a == b) {
        cout << (x /= a) << "\n";
        return ;
    }
    ll l = 0, r = x;
    while (l < r) {
        if (l == r - 1) {
            if (check(r)) l = r;
            break;
        }
        ll mid = (l + r) >> 1;
        if (check(mid)) l = mid;
        else r = mid - 1;
    }
    cout << l << '\n';
}

似乎本題也可以三分做，dalao也對三分做了正確性證明（tql

二分的正確性是顯然的，但是三分的正確性並不那麼顯然。
為了證明三分的正確性，我們需要證明集合總數n是第一集合數s的函式，且該函式至多有一個峰。
下面給出證明：