D. Same Count One(Polynomial Round 2022 (Div. 1 + Div. 2, Rated, Prizes!))
题意
给定 (n) 个长度为 (m) 的 01 序列，每次操作可以选择两个序列a1, a2，并选择一个(pos), std::swap(a1[pos], a2[pos]), 求是每个序列中的 (1) 的个数都相等所需的最小操作数。
思路
可以发现 ((1) 的总数 ) (bmod n neq 0) 时， 是无解的。
令 (avg =) ((1) 的总数 ) (/ n), 我们可以把这 (n) 个序列分为两类，严格小于 (avg) 的 和严格大于 (avg) 的，其他的序列可以丢掉。
严格大于 (avg) 的序列都可以为 严格小于 (avg) 的序列补充 (1)， 直到 严格大于 (avg) 的序列 (1) 的个数等于 (avg) 或者 严格小于 (avg) 的序列 (1) 个数等于 (avg)。
直接模拟即可。
实现
void solve_problem() { int n, m; std::cin >> n >> m; std::vector a(n, std::vector<int>(m, 0)); int avg = 0; for (int i = 0;i < n; i++) { for (int j = 0; j < m; j++) { std::cin >> a[i][j]; avg += a[i][j]; } } if (avg % n == 0) { if (n == 1) { std::cout << 0 << "n"; return; } avg /= n; std::vector<std::pair<int,int>> q1, q2; for (int i = 0; i < n; i++) { int cnt = 0; for (int j = 0; j < m; j++) { cnt += a[i][j]; } if(cnt < avg) q1.push_back({cnt, i}); else if (cnt > avg) q2.push_back({cnt, i}); } int ans1 = 0; std::vector<std::array<int, 3>> ans2; for (int i = 1; i <= n; i++) { if (q1.empty() || q2.empty()) break; auto [c1, i1] = q1[0]; auto [c2, i2] = q2[0]; int d = avg - c1; for (int j = 0; j < m; j++) { if (d == 0 || c2 == avg) { break; } if (a[i2][j] == 1 && a[i1][j] == 0) { std::swap(a[i2][j], a[i1][j]); c1++; c2--; d--; ans2.push_back({i2 + 1, i1 + 1, j + 1}); ans1++; } } q1[0] = {c1, i1}; q2[0] = {c2, i2}; if (c1 == avg) q1.erase(q1.begin()); if (c2 == avg) q2.erase(q2.begin()); } std::cout << ans1 << "n"; for (auto [x, y, z] : ans2) { std::cout << std::max(x, y) << " " << std::min(y, x) << " " << z << "n"; } } else { std::cout << -1 << "n"; } } D. Watch the Videos(2022-2023 ICPC, NERC, Southern and Volga Russian Regional Contest (Online Mirror, ICPC Rules, Preferably Teams))
题意
有 (n) 个大小随意的视频和 (1) 个大小为 (m) 的磁盘，视频要下载到磁盘中才可以开始观看，下载第 (i) 个视频花费 (a_i) 的时间，开始下载第(i)个视频时，磁盘中要至少有(a_i)的空间才可以开始，下载完成需要花费 (1) 的时间观看完，看完之后视频立刻被从磁盘中删除，求看完所有视频需要的时间。（一次只能下载一个视频，观看视频的时候可以开始下载视频)
思路
最坏的答案(每次看完一个视频后才开始下载下一个视频)， 计算方法为：
可以发现如果在观看视频时下载视频，答案就可以 (-1) 。
要想使答案最小，只需要尽可能多的在观看视频时开始下载视频即可。
假设视频序列 (a) 从小到大排序, 那么可以找到一个最大的 (pos (1leq pos leq n)), 使得序列
相邻两个数的和小于等于 (m)。
按照这个序列观看，有 (pos - 1) 个视频是在正在观看视频时开始下载的。可以使答案减少 (pos - 1)。
(pos) 是满足单调性的，因此可以二分来找到最大的 (pos)。
实现
void solve_problem() { int n, m; std::cin >> n >> m; std::vector<int> a(n); for (auto &x : a) { std::cin >> x; } std::sort(a.begin(), a.end()); auto check = [&](int x) { int l = 0, r = x - 1; while (l < r) { if (a[r] > m - a[l]) return false; r--; l++; } return true; }; int l = 1, r = n, ans = 0; while (l <= r) { int mid = (l + r) >> 1; if (check(mid)) { ans = mid; l = mid + 1; } else { r = mid - 1; } } std::cout << std::accumulate(a.begin(), a.end(), 0LL) + (n - ans + 1) << "n"; } D. Range = √Sum(Codeforces Round #836 (Div. 2))
题意
构造一个长度为 (n) 的数组 (a_1，a_2， a_3， dots，a_n)，使 (a_i) 各不相同，且 (max(a_1，a_2， a_3， dots，a_n) - min(a_1，a_2， a_3， dots，a_n) = sqrt{a_1，a_2， a_3， dots，a_n}) 。
思路
当 (n) 为偶数时, 数组为：
数组可以被分成 (frac{n}{2}) 组，每组的和都为 (2n)。
当 (n) 为奇数时，我们尝试 (max(a) - max(b) = n + 1), 因此数组的和应为 (n^2 + 2n + 1)。
尝试使用 (n - 1) 个数分为 (frac{n-1}{2}) 组，每组和为 (2(n+1)), 组成的数组和为 (n^2 - 1)。
此时这 (n - 1) 个数为：
知道了最小项，最大项也可以计算出来 (n + frac{n - 1}{2} + 3)。
这时数组的和为：
距离 (n^2 + 2n + 1) 还需要：
我们可以让 第 (frac{n - 1}{2} + 1) 项到第 (n - 1) 项都 (+1) 来抵消掉 (frac{n - 1}{2})。
因为第 (n - 1) 项 (n + frac{n - 1}{2} + 1) 与 第 (n) 项 (n + frac{n - 1}{2} + 3) 相差 (2)，所以 (+1) 操作不会使数组产生重复的数。
此时我们的数组已经构造完成：
实现
void solve_problem() { int n; std::cin >> n; if (n % 2 == 0) { for (int i = 0; i < n/2; i++) std::cout << (n/2 + i) << " "; for (int i = 1; i <= n/2; i++) std::cout << (n + i) << " "; std::cout << "n"; } else { for (int i = 1; i <= (n - 1) / 2; i++) std::cout << (n - 1) / 2 + i + 1 << " "; for (int i = 1; i <= (n - 1) / 2; i++) std::cout << n + i + 2 << " "; std::cout << n + (n - 1) / 2 + 3<< "n"; } } 
