Codeforces Round 919 (Div. 2)

A. Satisfying Constraints

• 贪心

1. $k\ge x$，只需大于最大的$x$即可满足要求
2. $k\le x$，只需小于最小的$x$即可满足要求
3. $k\ne x$，将所有的$x$用set记录下来，在范围内排除$x$即可

AC代码

#include<iostream>
#include<set>
using namespace std;
long long read(){
	long long x=0,w=1;
	char c=getchar();
	while(!isdigit(c)){
		if(c=='-')w=-1;
		c=getchar();
	}
	while(isdigit(c)){
		x=(x<<1)+(x<<3)+(c&15);
		c=getchar();
	}
	return x*w;
}

int main(){
	int t=read();
	while(t--){
		int n=read();
		int one=0,two=0x3f3f3f3f;
		set<int>three;
		while(n--){
			int a=read(),x=read();
			if(a==1)one=max(x,one);
			else if(a==2)two=min(x,two);
			else three.insert(x);
		}
		int ans=two-one+1;
		for(int i:three)if(one<=i&&i<=two)ans--;
		cout<<max(0,ans)<<endl;
	}
}

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B. Summation Game

• 博弈

由于所有数均为正整数，所以Alice和Bob的操作必定使得总和变小。首先对数组从大到小排序，设前$x$个数的前缀和为$su{m}_x$。

1. Bob需要结果尽可能小，则Bob选取前$x$个最大的数将其变为负数，则总和减小$2su{m}_x$。
2. Alice需要结果尽可能大，但Alice删除$a_i$将导致总和减小$a_i$。
   易知：若Alice先删除了不会被Bob操作的数将会导致总和更小，所以Alice删除的数必定是Bob操作的数。需注意并不是前$x$个数，因为Bob的操作会因为Alice的操作而发生改变。
3. Alice若删除了Bob本应操作的数，Bob的操作则会顺延到第$x$个数之后，则Alice需要保证删除的第$i$个数$a_i>2a_{x+i}$，即$su{m}_n-a_i-2a_{x+1}>su{m}_n-2a_i$ ，Alice删除$a_i$及Bob将$a_{x+i}$取负的值应小于Bob将$a_i$取负的值。
4. 由于数组已预先排好序，则$a_j\ge a_{j+1}$，若$a_{j+1}>2a_{x+i}$，则有$a_j>2a_{x+i}$，所以只需从左到右遍历Alice可能操作的前$k$个数即可得出答案。

AC代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long read(){
	long long x=0,w=1;
	char c=getchar();
	while(!isdigit(c)){
		if(c=='-')w=-1;
		c=getchar();
	}
	while(isdigit(c)){
		x=(x<<1)+(x<<3)+(c&15);
		c=getchar();
	}
	return x*w;
}

int main(){
	int t=read();
	while(t--){
		int n=read(),k=read(),x=read();
		int a[n+1];
		long long sum[n+1];
		sum[0]=0;
		for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read();
		sort(a+1,a+n+1,greater<>());
		for(int i=1;i<=n;++i)sum[i]=sum[i-1]+a[i];
		long long cut=sum[x]<<1;
		long long ans=sum[n]-cut;
		for(int i=1;i<=k;++i){
			cut=(sum[min(n,x+i)]-sum[i])<<1;
			ans=max(ans,sum[n]-sum[i]-cut);
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
}

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C. Partitioning the Array

• 数论

对于任意可能的$k$，每组数组中相同位置的数取模需相同，即$a_i\mathrm{mod}m\equiv a_{i+k}\mathrm{mod}m$ ，可转化为$|a_i-a_{i+k}|\equiv 0\mathrm{mod}m$。

由于$m>1$，所以对于任意k，需要遍历数组确定$m>1$。

特别地，当$m=0$时，代表不存在元素$a_{1+k}$，即只有一个数组，故$m$可以取任何值。

AC代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long read(){
	long long x=0,w=1;
	char c=getchar();
	while(!isdigit(c)){
		if(c=='-')w=-1;
		c=getchar();
	}
	while(isdigit(c)){
		x=(x<<1)+(x<<3)+(c&15);
		c=getchar();
	}
	return x*w;
}
int gcd(int a,int b){
	return b?gcd(b,a%b):a;
}

int main(){
	int t=read();
	while(t--){
		int n=read();
		int a[n];
		for(int i=0;i<n;++i)a[i]=read();
		int ans=0;
		for(int i=1;i<=n;++i){
			if(n%i==0){
				int g=0;
				for(int j=i;j<n;++j){
					g=gcd(g,abs(a[j]-a[j-i]));
				}
				ans+=(g!=1);
			}
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
}
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