T1：玩游戏 / Game

题目

ljcc 和他的学妹在玩游戏，这个游戏共有 n 轮，在第 i 轮获胜会获得 i 分，没有平局。
现在给出 ljcc 和学妹的得分，求是否有一种方案符合当前得分。

输入格式
从标准输入读入数据。
输入一行输入两个数 代表 ljcc 和学妹的得分。
输出格式
输出到标准输出。

若有解，在一行输出一组合法的解。第一个数代表游戏总共进行了 n 轮，之后若干个数表示 ljcc 在哪些局获胜了，每两个数用单个空格隔开，行末不允许有空格。若没有合法解输出 No。

样例
样例输入
10 5
样例输出
5 1 2 3 4
数据范围与提示
a,b≤2³¹-1,1≤n≤10⁵

题解

首先No的情况很好想，运用等差数列公式跑一个$O(n)$看一下是否存在$i$满足$\frac{(1+i)\ast i}{2}==n$
然后就是运用一点小技巧，我们发现对于一个$[1,n]$的数列，第$i$项与第$n-i+1$的和是一个定值$n+1$
所以仗着是$special$ $judge$我们就可以把$score$一直抽丝剥茧，减肥，让它瘦到$<n+1$

代码实现

我写得比较复杂，用了许多特判，求轻喷，最后只想吐槽一下这个该死的$long$ $long$

#include <cstdio>
#define MAXN 100000
#define LL long long
LL a, b, sum;
int main() {scanf ( "%lld %lld", &a, &b );LL i;bool flag = 0;for ( i = 1;i <= MAXN;i ++ ) {sum = ( i + 1 ) * i / 2;if ( sum == a + b ) {flag = 1;break;}}if ( ! flag )printf ( "No" );else {printf ( "%lld", i );if ( a <= i )printf ( " %lld", a );else if ( a <= i + i - 1 )printf ( " %lld %lld", a - i, i );else if ( b <= i ) {for ( LL j = 1;j <= i;j ++ )if ( j != b )printf ( " %lld", j );}else {LL x = 1, y = i;while ( a >= x + y ) {printf ( " %lld %lld", x, y );x ++;y --;a -= x + y;}if ( ! a )return 0;else {if ( x <= a && a <= y )printf ( " %lld", a );elseprintf ( " %lld %lld", x, a - x );}}}return 0;
}

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T2：函数

题目

wls 有 n 个二次函数 $Fi(x)=a_i\ast x^2+b_i\ast x+c_i$ (1 ≤ i ≤ n).
现在他想在${\sum }_{i=1}^n{x}_i=m$ 且 x 为正整数的条件下求${\sum }_{i=1}^{n}Fi(xi)$的最小值。
请求出这个最小值。

Input
第一行两个正整数 n, m。
下面 n 行，每行三个整数 a, b, c 分别代表二次函数的二次项，一次项，常数项系数。
1 ≤ n ≤ m ≤ 100, 000
1 ≤ a ≤ 1, 000
−1, 000 ≤ b, c ≤ 1, 000
Output
一行一个整数表示答案。

Sample Input
2 3
1 1 1
2 2 2

Sample Output
13

题解

我们考虑对于一个函数$f(x)$的$△$，have a look↓：
$f(x)=a\ast x\ast x+b\ast x+c$
$f(x+1)=a\ast (x+1)\ast (x+1)+b\ast (x+1)+c$
两式相减可得：$△=f(x+1)-f(x)=2\ast a+b$

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首先$n$个函数要保证正整数，即每一个函数的$x$至少为1，接下来我们就要不停移动某一些函数的取值，就是$△$要最小，我们就可以用优先队列维护每一条函数的$△$，每次取队列的头，直到满足要求的$m$个即可

代码实现

#include <cstdio>
#include <queue>
using namespace std;
#define MAXN 500005
struct node {int id, val, idx;node () {}node ( int x, int y, int z ) {id = x;val = y;idx = z;}bool operator < ( const node &t ) const {return t.val < val;}
};
priority_queue < node > q;
int n, m, result;
int a[MAXN], b[MAXN], c[MAXN];int main() {scanf ( "%d %d", &n, &m );for ( int i = 1;i <= n;i ++ ) {scanf ( "%d %d %d", &a[i], &b[i], &c[i] );result += a[i] + b[i] + c[i];int t = ( a[i] << 1 ) + a[i] + b[i];q.push( node ( i, t, 2 ) );}m -= n;while ( ! q.empty() && m ) {m --;result += q.top().val;node t = q.top();q.pop();int tmp = ( a[t.id] << 1 ) * t.idx + a[t.id] + b[t.id];q.push( node ( t.id, tmp, t.idx + 1 ) );}printf ( "%d", result );return 0;
}

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T3：JOIOI王国

题目

点击查看
JOIOI 王国是一个 H 行 W 列的长方形网格，每个 $1\times 1$的子网格都是一个正方形的小区块。为了提高管理效率，我们决定把整个国家划分成两个省 JOIJOI 和 IOIIOI

我们定义，两个同省的区块互相连接，意为从一个区块出发，不用穿过任何一个不同省的区块，就可以移动到另一个区块。有公共边的区块间可以任意移动。

我们不希望划分得过于复杂，因此划分方案需满足以下条件：
区块不能被分割为两半，一半属 JOIJOI 省，一半属 IOIIOI 省。
每个省必须包含至少一个区块，每个区块也必须属于且只属于其中一个省。
同省的任意两个小区块互相连接。
对于每一行/列，如果我们将这一行/列单独取出，这一行/列里同省的任意两个区块互相连接。这一行/列内的所有区块可以全部属于一个省

现给出所有区块的海拔，第 i行第 j 列的区块的海拔为 $A_{i,j}$
设 JOI省内各区块海拔的极差（最大值减去最小值）为 $R_{JOI}$， IOI省内各区块海拔的极差为 $R_{IOI}$
在划分后，省内的交流有望更加活跃。但如果两个区块的海拔差太大，两地间的交通会很不方便。 因此，理想的划分方案是 $max(R_{JOI},R_{IOI})$尽可能小。

你的任务是求出 $max(R_{JOI},R_{IOI})$ 至少为多大。

输入格式
第一行，两个整数 H,W用空格分隔。
在接下来的 H 行中，第 i 行有 W 个整数 $A_{i,1},A_{i,2},\cdots ,A_{i,W}$用空格分隔。
输入的所有数的含义见题目描述。
输出格式
一行，一个整数，表示 $max(R_{JOI},R_{IOI})$可能的最小值。

数据范围
对于 $15\%$ 的数据，$H,W⩽10$
对于另外 $45\%$ 的数据， $H,W⩽200$
对于所有数据， $2⩽H,W⩽2000,A_{i,j}⩽10^9$

输入输出样例
输入
4 4
1 12 6 11
11 10 2 14
10 1 9 20
4 17 19 10
输出
11

J J J I
J J J I
J J I I
J I I I

J J I I
J J J I
J J J I
J I I I
输入
8 6
23 23 10 11 16 21
15 26 19 28 19 20
25 26 28 16 15 11
11 8 19 11 15 24
14 19 15 14 24 11
10 8 11 7 6 14
23 5 19 23 17 17
18 11 21 14 20 16
输出
18

题解

首先要想到这个划分的矩阵一定是成单调性的，只可能如下图四种情况

如果不是单调的，那么肯定有一列或者一行的J，I区域划分会被断掉，不满足题意，应该很好理解吧，我就不画图了

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接着便是思考算法，答案肯定是在$[0,maxh-minh]$中的，于是我们可以考虑二分这个答案，然后去验证答案的正确性
那么如何验证答案的正确性呢？其实区域划分属于谁并不重要，我们只在乎是不是属于同一个省的区域

因此，我们就可以强制要求最高的区域是被划分在JOI省的，自然而然最低的区域就只能划分给IOI才能缩小答案
那么对于一个区域如果$max-a[i][j]\le ans$就代表着这个区域划分给JOI省是可以满足答案的，不难想到一个区域如果满足答案肯定是多划分给JOI省最好，这样就可以尽量减小剩下属于IOI省的区域的最大海拔，就可以尽可能地让IOI省也满足ans

对于一行假设我们已经找到了属于JOI的省，那么接下来就要验证IOI省的区域是否满足ans，因为最低的海拔区是IOI省的，所以IOI的其它区域都是高于最低海拔区的，那么如果每一个$a[i][j]-min\le x$，ans就是合法的

最后看上图，我们画出来有四种划分的单调情况所以对于每一种情况的答案可能是不一样的，我们就要比较取最小值，
为此我画的四种图就画得很有技巧，仔细观察或者拿一张纸旋转，就可以出现以上四种情况，这暗示我们可以将矩阵旋转90°，180°，270°，代码的实现就是从行与列的中间断开进行交换，实现翻转

代码实现

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define MAXN 2005
#define INF 0x7f7f7f7f
int h, w, minn = INF, maxx = - INF, result = INF;
int a[MAXN][MAXN];bool check ( int x ) {int last = w;for ( int i = 1;i <= h;i ++ ) {int tmp = 0;for ( int j = 1;j <= last;j ++ ) {if ( maxx - a[i][j] <= x )tmp = max ( tmp, j );elsebreak;}last = tmp;for ( int j = tmp + 1;j <= w;j ++ )if ( a[i][j] - minn > x )return 0;}return 1;
}void solve ( int l, int r ) {int mid = ( l + r ) >> 1;if ( l > r )return;if ( check ( mid ) ) {result = min ( result, mid );solve ( l, mid - 1 );}elsesolve ( mid + 1, r );
}void reverse_row () {for ( int i = 1;i <= ( h >> 1 );i ++ )for ( int j = 1;j <= w;j ++ )swap ( a[i][j], a[h - i + 1][j] );
}void reverse_col () {for ( int i = 1;i <= h;i ++ )for ( int j = 1;j <= ( w >> 1 );j ++ )swap ( a[i][j], a[i][w - j + 1] );
} int main() {scanf ( "%d %d", &h, &w );for ( int i = 1;i <= h;i ++ )for ( int j = 1;j <= w;j ++ ) {scanf ( "%d", &a[i][j] );minn = min ( minn, a[i][j] );maxx = max ( maxx, a[i][j] );}solve ( 0, maxx - minn );reverse_row ();solve ( 0, maxx - minn );reverse_col ();solve ( 0, maxx - minn );reverse_row ();solve ( 0, maxx - minn );printf ( "%d\n", result );return 0;
} 

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