C. Mixing Water
题意：热水h度，冷水c度，目标t度，往桶内倒热水或者冷水得到的桶内温度是倒入的温度的平均温度，第一次一定倒的是热水
做法：本来毫无思路，然后公告提示是热水冷水交替的倒，那么就是简单的推公式了。设热水x次，冷水倒x-1次。
公式：
如果热水冷水都是到x次,化简公式：
先特判这个就可以了。
解出x就可以了。
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(int i=a;i>=(b);--i)
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define pb push_back
#define pi pair<int, int>
#define mk make_pair
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a,ll b) { return b?gcd(b,a%b):a;}
inline ll read()
{
ll x=0,w=1; char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') w=-1; c=getchar();}
while(c<='9'&&c>='0') {x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0'; c=getchar();}
return w==1?x:-x;
}
double x,y,t;
double f(ll a)
{
return abs((x*a+y*(a-1))/(2*a-1)-t);
}
int main()
{
int _=read();while(_--)
{
cin>>x>>y>>t;
if(x==t){printf("1\n");continue;}
if((x+y)>=t*2){printf("2\n");continue;}
ll a=(y-t)/(x+y-2*t);
double mi=f(a);
int ans=2*a-1;
for(int i=a-1;i<=a+1;++i){
if(f(i)<mi){
mi=f(i);
ans=2*i-1;
}
}
printf("%d\n",ans);
}
}
D. Yet Another Yet Another Task
题意：给你n长度的序列a，你可以选择一个区间，这区间的权值为 区间和减去区间一个最大值，求一个权值最大的区间，输出这个最大权值。
做法：安利两个做法，1是题目 的 官方做法 dp做法 但是呢 a[i]受约束 -30<=a[i]<=30，2是去年某场网络赛剽窃许老师的做法，我觉得算是原题吧这个题，可以做大范围的a[i]，第二个做法更妙。
做法1：枚举x为最大值，需要去掉的 然后dp[i][0]代表以i右端点区间的最大子段和 并且没有去掉x，dp[i][1]代表去掉了x。
转移方程：
if(a[i]>x) continue;
dp[i][0]=max(dp[i-1][0]+a[i],0ll);//
if(a[i]==x) dp[i][1]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+a[i]);
else dp[i][1]=dp[i-1][1]+a[i];做法2：单调栈+线段树维护前缀和的最大值和最小值。
单调栈预处理出以i为最大值时 能到覆盖的最大区间l[i] r[i]，接着枚举i 代表去掉i 然后在 l[i] r[i] 找前缀和的最小值，和前缀和的最大值。
若最小值的位置大于等于最大值的位置，那么此次查询作废，为0
否则最大权值就是mx-mi-a[i]
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(int i=a;i>=(b);--i)
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define pb push_back
#define pi pair<int, int>
#define mk make_pair
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a,ll b) { return b?gcd(b,a%b):a;}
inline ll read()
{
ll x=0,w=1; char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') w=-1; c=getchar();}
while(c<='9'&&c>='0') {x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0'; c=getchar();}
return w==1?x:-x;
}
const int N=1e5+10;
int a[N],sum[N],n,l[N],r[N];
struct node
{
int v,pos;
}mi[4*N];
struct node1
{
int v,pos;
}mx[4*N];
node Min(node a,node b)
{
if(a.v<=b.v) return a;
return b;
}
node1 Max(node1 a,node1 b)
{
if(a.v<b.v) return b;
return a;
}
void build(int id,int l,int r)
{
if(l==r){
mx[id].v=mi[id].v=sum[l];
mx[id].pos=mi[id].pos=l;
return ;
}
int mid=l+r>>1;
build(id<<1,l,mid);
build(id<<1|1,mid+1,r);
mi[id]=Min(mi[id<<1],mi[id<<1|1]);
mx[id]=Max(mx[id<<1],mx[id<<1|1]);
}
node qu(int id,int l,int r,int ql,int qr)
{
if(ql<=l&&r<=qr) return mi[id];
int mid=l+r>>1;
node ans={1000000,0};
if(ql<=mid) ans=qu(id<<1,l,mid,ql,qr);
if(qr>mid) ans=Min(ans,qu(id<<1|1,mid+1,r,ql,qr));
return ans;
}
node1 qu1(int id,int l,int r,int ql,int qr)
{
if(ql<=l&&r<=qr) return mx[id];
int mid=l+r>>1;
node1 ans={-1000000,0};
if(ql<=mid) ans=qu1(id<<1,l,mid,ql,qr);
if(qr>mid) ans=Max(ans,qu1(id<<1|1,mid+1,r,ql,qr));
return ans;
}
int main()
{
n=read()+1;
rep(i,2,n) a[i]=read(),sum[i]=sum[i-1]+a[i];
build(1,1,n);
rep(i,1,n) l[i]=r[i]=i;
stack<int>sta;
rep(i,1,n)
{
while(sta.size()&&a[i]>=a[sta.top()]) sta.pop();
if(sta.size()) l[i]= sta.top()+1;
else l[i]=0;
sta.push(i);
}
while(sta.size()) sta.pop();
per(i,n,1)
{
while(sta.size()&&a[i]>=a[sta.top()]) sta.pop();
if(sta.size()) r[i]=sta.top()-1;
else r[i]=n;
sta.push(i);
}
//rep(i,1,n) printf("i:%d l:%d r:%d sum:%d\n",i,l[i],r[i],sum[i]);
int ans=0;
rep(i,1,n)
{
if(l[i]==r[i]) continue;
node mii=qu(1,1,n,l[i],i);
node1 mxx=qu1(1,1,n,i,r[i]);
if(mii.pos>=mxx.pos) continue;
//printf("i:%d l:%d r:%d mi:%d mx:%d tm:%d\n",i,l[i],r[i],mii.pos,mxx.pos,mxx.v-mii.v-a[i]);
ans=max(ans,mxx.v-mii.v-a[i]);
}
printf("%d\n",ans);
}
/*
10
-5 28 -18 -10 9 -2 11 -6 -19 30
*/
E. Modular Stability
题意：给你n k 要你构造k长度的序列 a[i] ,范围：1<=a[i]<=a[i]<=n, 使得所有数 无论a[i] 是什么顺序 满足下面的式子
做法：我怎么这题也是做过，全是原题。设首位为i，那么后面的依次是i的倍数就可以了。
如果第一个数字是i，那么剩下的位置如果是i的倍数也是可以的，就是c(n/i-1,k-1)，第一个一定要是最小的。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5e5+10;
const int mod=998244353;
int n,k;
ll ans;
ll jc[N],inv[N];
inline ll qp(ll a,ll b)
{
ll ans=1;
for(;b;b>>=1)
{
if(b&1) ans=ans*a%mod;
a=a*a%mod;
}
return ans;
}
inline void prework()
{
scanf("%d%d",&n,&k);
jc[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
jc[i]=jc[i-1]*i%mod;
inv[n]=qp(jc[n],mod-2);
for(int i=n-1;i>=0;i--)
inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
ll c(int n,int m)
{
if(m>n || m<0) return 0;
return jc[n]*inv[n-m]%mod*inv[m]%mod;
}
int main()
{
prework();
if(k>n) ans=0;
else{
ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++) ans=(ans+c(n/i-1,k-1))%mod;
}
printf("%d\n",ans);
}