题目： Codeforces Round 942 (Div. 2)
D2有缘再补吧…
A. Contest Proposal
题意
两个升序（不降）的序列a和b，可以在a的任意位置插入任意数（要保持升序），使对任意i，有a[i] <= b[i]，问最少插入几次
思路
对于某个位置i插入什么数不用考虑，总有保持升序又满足a[i] <= b[i]的办法的，插入这个操作就相当于把a数组在i之后的部分后移一格
可以从前往后依次插入，这样前边的序列都是满足条件的不用管，后边依次判断要不要插入（如果a[i] > b[i]就要插入）
代码
i是遍历a数组看要不要插入，j是a[i]对应的b数组下标
总之把后移操作换成了移下标，i没动j后移说明a[i]对应的数还在后面，需要后移，答案加一
（我在说什么
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 105;
int a[N], b[N];
int main()
{
int T, n;
cin >> T;
while (T--)
{
cin >> n;
for (int i = 0; i < n; i++)
cin >> a[i];
for (int i = 0; i < n; i++)
cin >> b[i];
int ans = 0;
int i = 0, j = 0;
while (i < n)
{
while (j < n && a[i] > b[j])
{
j++;
ans++;
}
i++, j++;
}
cout << ans << endl;
}
return 0;
}
B. Coin Games
题意
n个硬币，每个硬币有U或者D两个状态（朝上朝下），操作：选一个硬币取走，并把周围两个硬币翻面，玩家A和B依次操作，无法操作判输
思路
列了一些必赢必输的情况，然后发现这不U单数就必赢吗
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 105;
int a[N], b[N];
int main()
{
int T, n;
cin >> T;
while (T--)
{
cin >> n;
string str;
cin >> str;
int cnt = 0;
for (int i = 0; i < str.size(); i++)
{
if (str[i] == 'U') cnt++;
}
if (cnt & 1) cout << "yes\n";
else cout <<"no\n";
}
return 0;
}
C. Permutation Counting
题意
对i(1…n)，你手头有a[i]张写着i的卡，你可以再任意买k张卡（1…n），问最终你手头的卡最多能凑出多少1-n的排列
思路
贪心，首先尽凑出尽可能多套[1-n]
也就是k要先补给数量少的卡 -> 排序，补前边的
枚举要凑出的[1-n]数，判断是否可行 -> 二分答案
假设最多能凑出x个[1-n]，先把他们按同样的顺序（这个顺序好像有讲究但是反正不用输出）依次摆开，这样就有x * n - n + 1个排列了
有多的卡（指最后数量>= x + 1）摆在两边，每个数只能摆一次，每摆一个答案加一（总有一个排列顺序↑满足这点），所以答案要加上本来数量就>= x+1的卡 + k补完x个[1-n]后还剩的部分
（剩下的k肯定拿去买数量不够x+1的了，这样答案最大化，而且够不到的卡数一定大于剩下的k，因为小于等于的话都可以再凑一波[1-n]了）
代码
答应我技艺不精就全用long long好吗，在这de半天（给自己一拳
二分，lower_bound，upper_bound我一生之敌
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5;
ll a[N], sum[N];
int n;
ll k;
ll cal(ll x)//如果要凑出x个[1-n]，需要补多少卡
{
int p = lower_bound(a + 1, a + n + 1, x) - a - 1;
return x * p - sum[p];
}
int main()
{
int T;
cin >> T;
while (T--)
{
cin >> n >> k;
for (int i = 1; i <= n; i++)
cin >> a[i];
sort(a + 1, a + n + 1);//排序！
sum[0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
sum[i] = sum[i - 1] + a[i];//前缀和！好算！
ll l = a[1], r = a[1] + k;
while (l < r)
{
ll mid = l + r + 1 >> 1;
if (cal(mid) <= k) l = mid;
else r = mid - 1;
}
//printf("l %lld\n", l);
k = k - cal(l);
int p = upper_bound(a + 1, a + n + 1, l) - a - 1;//这里要求第一个本来数量就>= x+1的卡的下标（实际上是p + 1），所以要用upper_bound
ll res = l * n - n + 1 + k + n - p; //l个[1-n]的 + 剩下的k + 本来就>= x+1的卡数
cout << res << endl;
}
return 0;
}
D1. Reverse Card (Easy Version)
思路
设d = gcd(a, b)，a = ka * d, b = kb * d
b * d | a + b
b | ka + kb
kb * d | ka + kb
kb | ka
故有gcd(a, b) = b，设a = k * b
b * b | k * b + b
b | k + 1
设k + 1 = k' * b，则a = (k' * b - 1) * b = k' * b * b - b
对于每个b，有(n + b) / b * b个k’满足a在n范围内
枚举b，算a的个数
（好绕啊…写个博客重推一遍还是没懂思路
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e6 + 5;
int main()
{
ll T, n, m;
cin >> T;
while (T--)
{
cin >> n >> m;
ll ans = n;
for (ll i = 2; i <= m; i++)
{
ll t = i * i;
ans += (n + i) / t;
//if (n/t) cout << i << ' ' << n / t << endl;
}
cout << ans << endl;
}
return 0;
}
