Educational Codeforces Round 138 (Rated for Div. 2) A - D
不会D要惩罚一下自己，比如明天吃午饭少加一个蛋。。。
进入正题：
A. Cowardly Rooks 签到
题意：
在n*n的棋盘中放置一些棋子，保证这些棋盘上每一列和每一排都存在小于等于1个棋子，请问能否将一个棋子换到另一个位置同样满足要求。
分析：
根据n皇后问题的结论发现棋子最多放n个，我们只需要观察防止的棋子是否是n个即可。
代码：
void solve()
{
cin >> n >> m;
for(int i = 1 ; i <= m ; i ++ ) {
cin >> x[i] >> y[i];
}
if(m < n) {
puts("YES");
} else if(n == m) puts("NO");
}
B. Death's Blessing 贪心
题意：
有n个怪物，怪物的属性有血量a[i]和亡语b[i]，亡语会使与他相邻的怪物各增加b[i]的血量上限，杀死一个怪物的时间等于怪物的血量，请计算最快杀死所有怪物的时间。
分析：
贪心可以发现，一直杀最左边和最右边的怪物是最优的，因为他们的亡语只会触发一边，然后最后留下亡语效果最大的怪，他的亡语不会触发。
代码：
void solve()
{
cin >> n;
int res = 0, sum = 0, mx = 0;
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) cin >> a[i], res += a[i];
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) cin >> b[i], mx = max(mx, b[i]), sum += b[i];
cout << sum + res - mx << endl;
}
C. Number Game 二分 + 贪心
题意：
有n个数，Alice和Bob玩游戏。游戏进行k轮，每一轮Alice必须消除一个小于等于 k - i + 1 的数，在消除之后，如果数组还有元素的话Bob需要对一个数增加 k - i + 1 ，求Alice在保证自己在k轮内都能消除数的前提下，最多进行的轮次。
分析：
已知的结论是：Bob增加的数从此以后不可能被Alice删掉。因此Bob肯定会贪心的删掉最小的数，而Alice希望把小数放后面消除，因此他会删除能够消除的最大的数，二分k然后线性求一遍即可。
代码：
bool check(int mid) {
int s = 1;
int p = n;
for(int i = 1; i <= 100 ; i ++ ) st[i] = 0;
for(int i = 1; i <= n ; i ++ ) {
if(!st[i] && a[i] <= mid - s + 1) {
s ++ ;
st[p -- ] = true;
}
}
return s > mid;
}
void solve()
{
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n ; i ++ ) cin >> a[i];
sort(a + 1, a + n + 1);
reverse(a + 1, a + n + 1);
int l = 0, r = (n + 1) / 2;
while(l < r) {
int mid = l + r + 1 >> 1;
if(check(mid)) l = mid;
else r = mid - 1;
}
cout << r << endl;
}
D. Counting Arrays 思维 + 数论
题意：
给定一个n和m，构造出一个长度为n，每一个元素的范围是[1, m]的数组，求有多少个数组是模棱两可的。一个模棱两可的数组的定义是其删除数组b不唯一，一个元素a[i]可以被删除当且仅当gcd(a[i], i) == 1。
分析：
对于每一个数组来说，一定存在这样一个删除数组b = [1,1,1,1...]，那么我们只需要找出可以不按这么删的数组即可。但是一个删除数组不唯一的数组的数量很多，因此我们需要找到删除数组唯一的数组的数量，对于某一个位置a[i]，a[i]和i的gcd必须>1，如果他前面的数被删掉了，那么a[i]和i - 1的gcd必须也>1... 因此对于一个a[i]，他必须和从1 - i里所有的质数的倍数，假设lc是从1 - i的所有质数的乘积，那么m / lc就是他能取的数量。我们根据乘法原理统计一下即可。
sum是所有情况的方案，non是该数组的删除数组唯一的方案，答案是两者相减。
代码：
// long long 自己开
void init() {
for(int i = 2 ; i < N ; i ++ ) {
if(!st[i]) primes[cnt ++ ] = i;
for(int j = 0; primes[j] * i < N ; j ++ ) {
st[primes[j] * i] = true;
if(i % primes[j] == 0) break;
}
}
}
int lcm(int a, int b) {
return a * b / __gcd(a, b);
}
void solve()
{
cin >> n >> m;
int lc = 1;
non[1] = m % mod;
for (int i = 2; i <= n; i++) {
if (!st[i]) lc = lcm(lc, i);
int cnt = m / lc;
non[i] = non[i - 1] * (cnt % mod) % mod;
}
sum[1] = m % mod;
for (int i = 2; i <= n; i++) {
sum[i] = sum[i - 1] * (m % mod) % mod;
}
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
ans = (ans + sum[i] - non[i]) % mod;
}
cout << (ans + mod) % mod;
}
