https://codeforces.com/contest/1348
A. Phoenix and Balance
想了想，还是不略了
显然有 \(2^1+2^2+...+2^{n-1}<2^n\)，前 \(n-1个\) 数随你选 \(\dfrac n 2\) 个一定小于 \(2^n\)。为了两边硬币质量更靠近，在前 \(n-1\) 中要选最大的 \(\dfrac n 2\) 个硬币
求和公式搞一搞
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll;
#define int ll
signed main(){
int T; cin>>T;
while(T--){
int n; cin>>n;
#define p(n) (1ll<<(n))
cout<<(p(n/2+1)-2)<<endl;
}
return 0;
}
B. Phoenix and Beauty
显然要我们弄出一个周期为 \(k\) 个序列
如果数字种类数大于 \(k\) 那一定无解，除此之外，输出 \(nk\) 个数，每 \(k\) 个数一周期，同时该序列要包含原序列的所有数就行了
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)==-1)exit(0); return x;}
#define int ll
set<int> s;
void solve(){
int n,k,x; cin>>n>>k; s.clear();
repeat(i,0,n)cin>>x,s.insert(x);
if((int)s.size()>k){cout<<-1<<endl; return;}
for(int i=1;(int)s.size()<k;i++)s.insert(i);
cout<<n*k<<endl;
repeat(i,0,n)
for(auto j:s)
cout<<j<<' ';
cout<<endl;
}
signed main(){
int T; cin>>T;
while(T--)solve();
return 0;
}
C. Phoenix and Distribution
好难啊
先对读入的字符串 \(s\) 排个序，然后分情况讨论
首先如果最小的字符的个数凑不齐 \(k\) 个，那输出第 \(k\) 个字符（比如说，s="aaxxzz",k=4，显然输出 "x" 就行了，比 "x" 小的字符串一定包含 'a' 但是又不可能）
（更：原来写的时候删了一个判断条件，结果发现假了，这里要特判一下 \(n=k\) 的情况qwq）
然后就是重点，我们有两种不同的方法，第一种方法是将答案均摊（第一个字符放第一个，第二个字符放第二个，第 \(k+1\) 个字符又放回第一个，依次类推），第二种方法是把前 \(k-1\) 个字符放前 \(k-1\) 个桶里，剩下的塞到最后一个桶
这两种方法取个max当然再好不过，我用了比较蠢的判定方法，如果先有 \(k\) 个相同的字符，剩下的 \(n-k\) 个字符也都相同（前 \(k\) 个字符 \(=A\)，后 \(n-k\) 个字符 \(=B\)，当然 \(A=B\) 也没事），这时候一定要均摊方法，其他情况用第二种方法
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)==-1)exit(0); return x;}
#define int ll
string s;
void solve(){
int n,k; cin>>n>>k;
cin>>s; sort(s.begin(),s.end());
if(s[k-1]!=s[0] || n==k){
putchar(s[k-1]);
puts("");
return;
}
if(s[n-1]==s[k]){
putchar(s[0]);
repeat(i,0,(n-1)/k)
putchar(s[k]);
puts("");
return;
}
puts(s.c_str()+k-1);
}
signed main(){
int T; cin>>T;
while(T--)solve();
return 0;
}
D. Phoenix and Science
一波操作后，发现其实要我们求一个最短的单调不减序列，这个序列的第一个数是 \(1\)，任意相邻的两个数，后一个不能超过前一个的两倍，并且序列所有数之和为 \(n\)（解释一下，序列的第i个数表示第i天的细胞数）
初步思考可以发现，细胞数要以最快速度增长（指数增长），即 \(1,2,4,8...\)，如果发现数字之和即将大于 \(n\) 就要减缓。但是这么写有点麻烦，一个简单的方法是生成一个长度为 \(sz\) 的序列 \(a[i]\)，前 \(sz-1\) 个数满足指数增长，最后一个数等于 \(n-\sum\limits_{i=1}^{sz-1}a[i]\)，如果 \(a[sz]<a[sz-1]\)（不符合要求）就要平均一下这两个数，这一步的代码表示为
if(a[sz-1]<a[sz-2]){
int sum=a[sz-1]+a[sz-2];
a[sz-2]=sum/2;
a[sz-1]=(sum+1)/2;
}
然后输出 \(sz-1\) 和 \(a[i]\) 的差分数组即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)==-1)exit(0); return x;}
#define int ll
vector<int> a;
void solve(){
int n; cin>>n; a.clear();
for(int i=1;;i<<=1){
if(n<=i){a.push_back(n); break;}
a.push_back(i);
n-=i;
}
int sz=a.size();
if(a[sz-1]<a[sz-2]){
int sum=a[sz-1]+a[sz-2];
a[sz-2]=sum/2;
a[sz-1]=(sum+1)/2;
}
cout<<sz-1<<endl;
repeat(i,0,sz-1)
cout<<a[i+1]-a[i]<<' ';
cout<<endl;
}
signed main(){
int T; cin>>T;
while(T--)solve();
return 0;
}
E. Phoenix and Berries
假设同色的浆果才能放入同一篮子中，那么答案显然是 \(\lfloor\dfrac{\sum a[i]}k\rfloor+\lfloor\dfrac{\sum b[i]}k\rfloor\)
如果同树的浆果也能放同一篮子呢？
智熄地思考后发现，由于 \(n,k\) 很小，甚至可以用优化后的 \(O(n^3)\) 算法（不优化其实也行），而题目又和(模 \(k\) 数)很有关系，我们考虑在模 \(k\) 的意义上背包dp（就是如果只考虑同树的浆果放篮子里，那么我们要dp出成功摘下的第一种颜色的浆果个数模k的数的所有可能）
dp每个状态只有01两种可能，显然能用bitset优化，复杂度除以32，美滋滋
emmm太难讲了，咕了，等会再说
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=510; typedef long long ll; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)==-1)exit(0); return x;}
#define int ll
int a[N],b[N],k;
bitset<N*2> dp,dp2;
void push(int l,int r){
if(l>r)return;
dp2=0;
repeat(i,l,r+1)
dp2|=dp<<i;
dp|=dp2;
dp|=dp>>k;
}
void solve(){
int n,sa=0,sb=0,ans=0;
cin>>n>>k;
repeat(i,0,n)cin>>a[i]>>b[i],sa+=a[i],sb+=b[i];
dp=1;
repeat(i,0,n){
push(max(1ll,k-b[i]),min(k-1,a[i]));
}
ans=sa/k+sb/k;
repeat(i,0,k+1)
if(dp[i]){
int j=k-i;
if(sa>=i && sb>=j)
ans=max(ans,(sa-i)/k+(sb-j)/k+1);
}
cout<<ans<<endl;
}
signed main(){
int T=1; //cin>>T;
while(T--)solve();
return 0;
}