Codeforces Round #424 Div. 1

　　A：二分答案，从左往右考虑每个人，选尽量靠左的钥匙即可。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
#define int long long
#define N 2010
#define M 2010
char getc(){char c=getchar();while ((c<'A'||c>'Z')&&(c<'a'||c>'z')&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();return c;}
int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);}
int read()
{
	int x=0,f=1;char c=getchar();
	while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
	return x*f;
}
int n,m,p,a[N],b[M];
bool flag[M];
bool check(int k)
{
	memset(flag,0,sizeof(flag));
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		bool f=0;
		for (int j=1;j<=m;j++)
		if (!flag[j]&&abs(a[i]-b[j])+abs(p-b[j])<=k)
		{
			flag[j]=1;
			f=1;
			break;
		}
		if (!f) return 0;
	}
	return 1;
}
signed main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("a.in","r",stdin);
	freopen("a.out","w",stdout);
#endif
	n=read(),m=read(),p=read();
	for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
	for (int i=1;i<=m;i++) b[i]=read();
	sort(a+1,a+n+1);sort(b+1,b+m+1);
	int l=0,r=2000000000,ans=0;
	while (l<=r)
	{
		int mid=l+r>>1;
		if (check(mid)) ans=mid,r=mid-1;
		else l=mid+1;
	}
	cout<<ans;
	return 0;
	//NOTICE LONG LONG!!!!!
}

　　B：暴力，每次找到下一张被扔出去的牌并累加距离（即翻几张牌后会翻到）即可，距离用树状数组维护。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 100010
char getc(){char c=getchar();while ((c<'A'||c>'Z')&&(c<'a'||c>'z')&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();return c;}
int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);}
int read()
{
	int x=0,f=1;char c=getchar();
	while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
	return x*f;
}
int n,a[N],id[N],tree[N];
ll ans;
bool cmp(const int&x,const int&y)
{
	return a[x]<a[y]||a[x]==a[y]&&x<y;
}
void add(int k,int x){while (k<=n) tree[k]+=x,k+=k&-k;}
int query(int k){int s=0;while (k) s+=tree[k],k-=k&-k;return s;}
int dis(int x,int y)
{
	if (x<=y) return query(y)-query(x);
	else return query(n)+query(y)-query(x);
}
signed main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("a.in","r",stdin);
	freopen("a.out","w",stdout);
#endif
	n=read();
	for (int i=1;i<=n;i++) id[i]=i,a[i]=read();
	sort(id+1,id+n+1,cmp);
	for (int i=1;i<=n;i++) add(i,1);
	int last=0;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		int t=i;
		while (t<n&&a[id[t+1]]==a[id[i]]) t++;
		int p=i;
		for (int j=i+1;j<=t;j++) if (dis(last,id[j])<dis(last,id[p])) p=j;
		ans+=dis(last,id[p]),add(id[p],-1),last=id[p];
		for (int j=p+1;j<=t;j++)
		ans+=dis(last,id[j]),add(id[j],-1),last=id[j];
		for (int j=i;j<p;j++)
		ans+=dis(last,id[j]),add(id[j],-1),last=id[j];
		i=t;
	}
	cout<<ans;
	return 0;
	//NOTICE LONG LONG!!!!!
}

　　C：不考虑d是某数因子的特殊情况的话，相当于要求nd-Σa_i mod d<=k，最大化d。而a_i mod d=a_i-⌊a_i/d⌋*d，众所周知⌊a_i/d⌋只有sqrt(a_i)种取值。在所有⌊a_i/d⌋都不变的一段区间内，最大的d可以很容易的算出来。于是暴力找出所有区间分割点（包括每个数的因数，因为不满足上述式子），对分割点暴力验证，区间内直接算出最大取值判一下是否合法即可。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 110
char getc(){char c=getchar();while ((c<'A'||c>'Z')&&(c<'a'||c>'z')&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();return c;}
int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);}
int read()
{
	int x=0,f=1;char c=getchar();
	while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
	return x*f;
}
int n,a[N],t;
ll k,d,b[10000010];
void print(ll x){cout<<x;exit(0);}
bool check(ll x)
{
	ll s=0;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	if (a[i]%x) s+=x-a[i]%x;
	return s<=k;
}
ll check(ll l,ll r)
{
	if (l>r) return -1;
	ll s=n,tot=0;
	for (int i=1;i<=n;i++) s+=a[i]/l,tot+=a[i];
	tot+=k;
	if (tot/s>=l) return min(tot/s,r);
	else return -1;
}
signed main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("a.in","r",stdin);
	freopen("a.out","w",stdout);
#endif
	cin>>n>>k;
	for (int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		for (int j=1;j*j<=a[i];j++)
		if (a[i]%j==0)
		{
			b[++t]=j;
			if (j*j<a[i]) b[++t]=a[i]/j;
		}
		for (int j=1;j<=a[i];j++)
		{
			b[++t]=j;
			j=a[i]/(a[i]/j);
		}
	}
	sort(b+1,b+t+1);
	t=unique(b+1,b+t+1)-b-1;b[++t]=1000000000000ll;
	for (int i=t;i>=2;i--)
	{
		if (check(b[i])) print(b[i]);
		if (check(b[i-1]+1,b[i]-1)>0) print(check(b[i-1]+1,b[i]-1));
	}
	cout<<1;
	return 0;
	//NOTICE LONG LONG!!!!!
}

　　D：容易想到设f[i]为i层满二叉树的答案，由f[i-1]转移。但考虑一下容易发现无法处理由某子树走到根再走回该子树的情况。这个转移需要知道选两条不相交路径的方案数。要求出这个似乎又要知道选更多条不相交路径的方案数。

　　那么自然的有设f[i][j]为i层满二叉树无序选j条不相交路径的方案数。看起来第二维状态是指数级别的，不过先不管这个。

　　考虑转移。显然其中至多只有一条路径经过根。

　　如果没有路径经过根，方案数为Σf[i-1][x]*f[i-1][j-x]。

　　如果根是一个孤立路径，方案数为Σf[i-1][x]*f[i-1][j-x-1]。

　　如果根是路径端点，方案数为Σf[i-1][x]*f[i-1][j-x]*2*j。

　　如果根是由某子树走上去再走下来的，方案数为f[i-1][x]*f[i-1][j-x+1]*2*C(j+1,2)。

　　和最开始的想法相同，求f[i][j]至多只会用到f[i-1][j+1]。最终我们要求f[n][1]，我们中间需要用到的第二维状态并不会超过n。于是状态数n²，复杂度O(n³)。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 410
#define P 1000000007
char getc(){char c=getchar();while ((c<'A'||c>'Z')&&(c<'a'||c>'z')&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();return c;}
int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);}
int read()
{
	int x=0,f=1;char c=getchar();
	while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
	return x*f;
}
int n,f[N][N];
void inc(int &x,int y){x+=y;if (x>=P) x-=P;}
signed main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("a.in","r",stdin);
	freopen("a.out","w",stdout);
#endif
	n=read();
	f[1][0]=1;f[1][1]=1;
	for (int i=2;i<=n;i++)
		for (int j=0;j<=n;j++)
			for (int x=0;x<=j+1;x++)
			{
				if (j>=x) inc(f[i][j],1ll*(2*j+1)*f[i-1][x]%P*f[i-1][j-x]%P%P);
				if (j>x) inc(f[i][j],1ll*f[i-1][x]*f[i-1][j-x-1]%P);
				inc(f[i][j],1ll*f[i-1][x]*f[i-1][j-x+1]%P*(j+1)%P*j%P);
			}
	cout<<f[n][1];
	return 0;
	//NOTICE LONG LONG!!!!!
}