A. Array Balancing

题意：
给两个数组，给两个操作选择。
1：选择一个整数i（我也不知道这个操作有啥实际意义）
2：交换 A_i 和B_i 的值。
使 $\sum_1^n$ $A_i-A_{i-1})|$ + $B_i-B_{i-1})|$ 最小。
解题思路：数学关系如果发现 $A_i>B_i$ 就换。（把值大的换到一个数组，值小的放一个数组）
换完直接加就行了。

 for (int i = 1; i <= n; i++)
      if (a[i] > b[i])
        swap(a[i], b[i]);
    rep(i, 2, n)
        sum += abs(a[i] - a[i - 1]) + abs(b[i] - b[i - 1]);
    cout << sum << endl;

收获：写这篇博客的时候对于markdown公式的写法收获大于该题。

B. Getting Zero

题意：
给你一个数（注意是数不是数组）
可以有以下两种操作：

$v = (v + 1) m o d 32768$
$v = (2 \cdot v) m o d 32768$

把这个数字变成零的最小操作次数。

解题思路：
首先32768不是随便的数字是 $2^{15}$ ，任何数 $X$ 乘以 $2^{15}$ 再取余 $2^{15}$ 都等于 $0$ .因此首先本题答案最大为： $2^{15}$ 即32768。
后经过验算得知先加后乘是最优的直接暴力跑就完事了。

int solve(int k)
{
    
    
  int ans = INT_MAX;
  for (int i = 0; i <= 15; i++)
  {
    
    
    for (int j = 0; j <= 15; j++)
    {
    
    
      if (((k + i) * (1 << j)) % 32768 == 0)
      {
    
    
        if (i + j < ans)
          ans = i + j;
      }
    }
  }
  return ans;
}

C. Water the Trees

题意：
有 $n$ 棵树，有两种操作。

奇数天浇水长高1，偶数天2.
不浇水。

需要几天树一样高。

解题思路：
贪心思想，所需的高度是max或max+1，其中max是某个树的最大初始高度。我们不需要大于max+1的高度，因为，比如说，如果高度是max+2，我们可以删除一些动作，得到高度为max的答案。同样的事情也适用于所有大于max+1的高度。为什么我们甚至需要max+1的高度呢？在某些情况下（如[1,1,1,1,1,1,2]），高度max+1的答案比高度max的答案更好（在这个特定的例子中，是9对11）。所以我们假设用二进制搜索。让当前的答案是mid。然后让cnt1=⌈mid2⌉是我们可以做的+1操作的数量，cnt2=⌊mid2⌋是我们可以做的+2操作的数量。我们可以贪婪地使用+2操作，然后只需检查+1操作的数量是否足以增长其余的高度。

	cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; i++)
      cin >> a[i];
    int mx = *max_element(a, a + n);
    int ans = LLONG_MAX;
    for (int x : {
    
    mx, mx + 1})
    {
    
    
      int cnt1 = 0, cnt2 = 0;
      for (int i = 0; i < n; i++)
      {
    
    
        cnt1 += (x - a[i]) % 2;
        cnt2 += (x - a[i]) / 2;
      }
      long long dif = max(0ll, cnt2 - cnt1 - 1) / 3;
      cnt1 += dif * 2;
      cnt2 -= dif;
      ans = min(ans, max(cnt1 * 2 - 1, cnt2 * 2));
      if (cnt2 > 0)
      {
    
    
        cnt1 += 2;
        --cnt2;
        ans = min(ans, max(cnt1 * 2 - 1, cnt2 * 2));
      }
    }
  
    cout << ans << endl;

D. Progressions Covering

题意：
给你两个数组：一个由n个零组成的数组a和一个由n个整数组成的数组b。

你可以对数组a进行任意次数的操作：选择一个长度为k的子段，并将算术级数1,2,…,k加到这个子段上–即在子段的第一个元素上加1，在第二个元素上加2，以此类推。所选的子段应该在数组a的边界内（即如果所选子段的左边界是l，那么应该满足1≤l≤l+k-1≤n的条件）。注意添加的级数总是1,2,…,k，而不是k,k-1,…,1或其他什么（即子段的最左边的元素总是增加1，第二个元素总是增加2，以此类推）。

问最少多少次，可以使得整个序列中的数，都小于等于0。

解题思路：
倒着找，遍历一下子都减去k看是怎么样的。u示我们需要从当前元素中减去当前存在的进位的值。a是当前存在的进位的数量。d[i]表示将在i+1位置结束的进位的数量（即不会从i位置再向左增加任何东西）。

#include <bits/stdc++.h>

// 代码由偶像jangly赞助

int main()
{
    
    
  std::ios::sync_with_stdio(false);
  std::cin.tie(nullptr);

  int n, k;
  std::cin >> n >> k;

  std::vector<long long> b(n);
  for (int i = 0; i < n; i++)
  {
    
    
    std::cin >> b[i];
  }

  long long ans = 0;
  long long u = 0, a = 0;
  std::vector<long long> c(n), d(n);
  for (int i = n - 1; i >= 0; i--)
  {
    
    
    u += c[i];
    a += d[i];
    b[i] += u * i + a;
    long long v = std::min(i + 1, k);
    if (b[i] > 0)
    {
    
    
      long long t = (b[i] + v - 1) / v;
      u -= t;
      a -= t * (v - i);
      ans += t;
      if (i - v >= 0)
      {
    
    
        c[i - v] += t;
        d[i - v] += t * (v - i);
      }
    }
  }

  std::cout << ans << "\n";

  return 0;
}

总结：本场edu主要考查了多种操作方式下的贪心思路题，D题还有点不太熟悉，希望后来可以更加完善，但明显能看出来偶像jiangly的思路和官方题解大致上一模一样。很佩服人家都说怎么一眼出来的，以后还是要多加练习。

Educational Codeforces Round 126 A~D

A. Array Balancing

B. Getting Zero

C. Water the Trees

D. Progressions Covering

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