心得
有的时候，的确是缺乏休息吧，赛前两天好好休息休息
本来觉得挺难写的，睡了一觉发现这都是什么sb题……
C - The Football Season（枚举/exgcd）
1<=n<=1e12，0<=p<=1e17，1<=d<w<=1e5
输出任一组非负三元组解(x,y,z)满足x⋅w+y⋅d=p且x+y+z=n，无解输出-1
显然x+y越小越好，w>d时贪心x越大越好y越小越好，
取y非负最小解即可，扩欧姿势不对会炸ll，
要先约一下w和d的gcd，求y*d=1(mod w)的逆元y
把p模过w之后再乘y，能模就模，
但注意到，y的解不会超过w(否则可以不断执行y-=w,x+=d)，枚举y更新答案不会炸
D - Paint the Tree（线性dp）
用0 1 2三种颜色染n(n<=1e)节点的树，第i个染法对于第j个节点有代价c[i][j]
树上相邻三元组(x,y,z)(即x与y邻接，y与z邻接)颜色不同条件下，输出最小代价和
自己dp太麻烦，看了下别人的代码，茅塞顿开
显然度>=3无解，否则就是一条链，dfs处理塞进vector，
根本不用dp[N][6]六种状态或dp[N][3][3]枚举这一位填什么上一位填什么转移最后倒着扫一遍dp序列反向求路径
对于链序列，答案只可能是
0 1 2 0 1 2 ... 或 0 2 1 0 2 1 ... 或 1 0 2 1 0 2 ...
共6种，所以暴力跑下全排列，能更新就记录下路径
#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
bool ok;
int n,num[3],rt,c[3][N],u,v;
vector<int>E[N],f;
int ans[N];
void dfs(int x,int fa)
{
f.pb(x);
for(int v:E[x])
{
if(v==fa)continue;
dfs(v,x);
}
}
ll solve(int x)
{
f.pb(0);
dfs(x,-1);
for(int i=0;i<3;++i)
num[i]=i;
ll res=8e18;
do
{
ll tmp=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
tmp+=c[num[i%3]][f[i]];
if(res>tmp)
{
res=tmp;
for(int i=1;i<=n;++i)
ans[f[i]]=num[i%3];
}
}while(next_permutation(num,num+3));
return res;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int j=0;j<3;++j)
{
for(int i=1;i<=n;++i)
{
scanf("%d",&c[j][i]);
}
}
for(int i=1;i<n;++i)
{
scanf("%d%d",&u,&v);
E[u].pb(v),E[v].pb(u);
}
for(int i=1;i<=n;++i)
{
if(E[i].size()>=3)
{
ok=1;
break;
}
if(E[i].size()==1)rt=i;
}
if(ok)puts("-1");
else
{
printf("%I64d\n",solve(rt));
for(int i=1;i<=n;++i)
printf("%d%c",1+ans[i]," \n"[i==n]);
}
return 0;
} E. Minimizing Difference(枚举二分/贪心双指针)
n(2<=n<=1e5)个数，第i个数ai(1<=ai<=1e9)，
有k(1<=k<=1e14)次机会，用一次机会可以将一个数+1或-1
求合理使用后，最大数mx-最小数mn的值最小是多少
题解做法，枚举+二分，
考虑最后结果[mn,mx]如果一个端点和原序列不重合，
那么说明此时把所有等于mn的数+1/-1和把所有等于mx的数+1/-1的代价相同，
因此，总可以左右滑动这个区间，使得这个区间和一个端点重合
枚举最大值up，先把大于up的都调到up，再二分找到最小值下界down，
判一个二分的最小值mid是否合法时，套二分找到小于下界的最大位置pos，
[1,pos]内数之和应被调至pos*mid，前缀和维护下子段和
再用相同方法做一遍枚举最小值，复杂度O(n*logn*logn)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
ll n,k,a[N],sum[N],ans,pos;
ll up,down,l,r,L,R,mid,nowk;
int main()
{
scanf("%I64d%I64d",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;++i)
scanf("%I64d",&a[i]);
sort(a+1,a+n+1);
for(int i=1;i<=n;++i)
sum[i]=sum[i-1]+a[i];
ans=8e18;
for(int i=n;i>=1;--i)
{
up=a[i];
l=a[1],r=a[i];
nowk=k-((sum[n]-sum[i])-(n-i)*up);
if(nowk<0)continue;
while(l<=r)
{
mid=(l+r)/2;
pos=lower_bound(a+1,a+i+1,mid)-a;
if(a[pos]>mid)pos--;
if(pos*mid-sum[pos]<=nowk)l=mid+1;
else r=mid-1;
}
ans=min(ans,up-r);
}
for(int i=1;i<=n;++i)
{
down=a[i];
l=a[i],r=a[n];
nowk=k-(i*down-sum[i]);
if(nowk<0)continue;
while(l<=r)
{
mid=(l+r)/2;
pos=lower_bound(a+i+1,a+n+1,mid)-a;
if(sum[n]-sum[pos-1]-(n-pos+1)*mid<=nowk)r=mid-1;
else l=mid+1;
}
ans=min(ans,l-down);
}
printf("%I64d\n",ans);
return 0;
} 考虑贪心+双指针O(n)做法，不断将小值向上拔，大值向下压，
如果当前有i个值相等为mn，j个值相等为mx，
显然，i<=j时拔mn，i>j时降mx，
个数变化，仅发生在和序列中下一个数合并时，i++/j++
因此，每次判断当前机会数k是否足以与下一个数合并，
不能时，说明不足以跳到下一个数，跳到中间之后break即可
由于要排个序，最后还是O(nlogn)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
ll n,k,a[N];
ll up,down,l,r;
ll pre,suf;
int main()
{
scanf("%I64d%I64d",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;++i)
scanf("%I64d",&a[i]);
sort(a+1,a+n+1);
l=1,r=n;
down=a[1];up=a[n];
while(l<r)
{
while(l<r&&a[l+1]==a[l])l++;
while(r>l&&a[r-1]==a[r])r--;
pre=a[l+1]-a[l];
suf=a[r]-a[r-1];
if(l<=n-r+1)
{
if(l*pre<k)
{
k-=l*pre;
l++;
down=max(down,a[l]);
}
else
{
down+=k/l;
break;
}
}
else
{
if((n-r+1)*suf<k)
{
k-=(n-r+1)*suf;
r--;
up=min(up,a[r]);
}
else
{
up-=k/(n-r+1);
break;
}
}
}
printf("%I64d\n",up-down);
return 0;
} 