绪论

https://codeforces.com/contest/1574/
以前想要打CF，总是觉得没有时间，要做这个，要做那个，现在时间充裕了一些，想要多打一些CF，但是光打比赛不总结是没有什么帮助的，这是我从以前的ACM训练中吸取的惨痛教训。从这篇文章开始准备好好总结一些比赛心得。

这场比赛是for div2的，因此对我来讲有些难度，我发挥的不是很好，然后理所当然就掉分了（掉了50+，哭哭）

A

解题思路

要求构造正确的括号组合，即每一个左括号有一个相应匹配的右括号，要求给定括号对数n，输出其n种组合方式。

刚开始思考了一下将左括号看作1，右括号看作-1，任何时刻整个表达式的和为非负数：要求每出现一个右括号的时候都有其对应的左括号。通过
这种方式进行构造。

但是很快，我发现其中的递推关系：
一对括号：()
两对括号：()()、(())
三对括号：()()()、(())()、((()))

我们不难发现，对n对括号的情况，其前2n-2个位置可以是n-1对括号的所有情况，然后最后再加一对括号
但是有一种情况不能由n-1对括号得来：最后两个是))的时候，简单起见，前n个都是(，后n个都是)显然是一个解。

通过这种构造方法： $T_n = T_{n-1} + 1$ ， $T_1 = 1$ ，我们总能够造出n个解。因为n最多是50，我们只需要首先通过递推构造出所有的解，然后直接输出即可。

但是显然n对括号不止n种解（当时比赛的时候心中有这个疑惑，但是没有时间去仔细思考）：
对三对括号而言，还有一种解：()(())。

AC代码

// Copyright(C), Edward-Elric233
// Author: Edward-Elric233
// Version: 1.0
// Date: 2021/9/20
// Description: #include <vector>
#include <string>
#include <iostream>using namespace std;const int MAXN = 51;
vector<vector<string>> ans;int main() {ios::sync_with_stdio(false);ans.push_back(vector<string>());ans.push_back(vector<string>());ans[1].push_back("()");for (int i = 2; i < MAXN; ++i) {ans.push_back(ans[i - 1]);for (auto &s :ans[i]) {s.append("()");}ans[i].push_back(string(i, '(') + string(i, ')'));}int T;cin >> T;while (T--) {int n;cin >> n;for (int i = 0; i < n; ++i) {cout << ans[n][i] << "\n";}}return 0;
}

B

解题思路

给定a、b、c个数的A、B、C，要求其相邻两个重复的次数为m次
我当时初步的想法是求出最小重复次数和最大重复次数，如果m在两者之间则YES，否则则NO。
最大重复次数显然是所有的A都出现完了后B再出现，然后C再出现，因为都放在一起出现一个重复的代价是1个字母（除了第一个），但是一旦A结束重复，还想A出现相邻的重复，又要消耗一个没有意义的字母作为第一个。
在求最小重复次数的时候我犯了错导致WA了一发。当时想着，假设 $a < = b < = c$ ，让A、B、C循环出现，肯定先将A消耗完，然后B、C再重复出现，最后就只剩下C不得不重复，因此重复的个数是 $(c - a) - (b - a) - 1 = c - b - 1$
但是我忘记了，也有可能是A、B一起消耗C，这样重复的个数是 $c - b - a - 1$ ，显然比上面小。
但是有一个问题就是，如果 $a + b > c$ 怎么办？这个时候我们可以采取以下策略：首先让A、B重复出现使得 $(a + b)$ 每次减少2。因为当 $c - (a + b)$ 为1或者0的时候都没有重复，所以我们总能够通过这种策略不出现重复，因此最小重复次数为 $m a x (c - a - b - 1, 0)$

上面的思路最后是AC的。但是不免还有一个疑问？为什么我们能够保证在 $m i n$ 和 $m a x$ 之间的重复次数都能够出现？
也就是说我们可以采取一种策略，对m个重复的排列 $C_1$ ，通过删除插入将其转换成m-1个重复的排列 $C_2$ 。

这种策略如下：我们可以将某个重复中的元素X取出，则重复变为m-1，剩下我们要做的就是将X再插入排列，我们只要插入和其左右都不同，且左右不同的一个位置。因为数据保证A、B、C都至少出现一次，且更少重复的排列是存在的，我们应该总能够找到这样一个位置。

好吧，我承认我有些证明不过来了，不过大概就是上面那样。

AC代码

// Copyright(C), Edward-Elric233
// Author: Edward-Elric233
// Version: 1.0
// Date: 2021/9/20
// Description: #include <iostream>using namespace std;int main() {ios::sync_with_stdio(false);int T, a, b, c, m;cin >> T;while (T--) {cin >> a >> b >> c >> m;if (a > c) std::swap(a, c);if (b > c) std::swap(b, c);if (a > b) std::swap(a, b);int min = std::max(c - b - a - 1, 0);int max = a + b + c - 3;if (m >= min && m <= max) {cout << "YES\n";} else {cout << "NO\n";}}return 0;
}

C

这道题比赛的时候没做出来，但是我的思路是对的，只是在实现的时候当时已经十二点了，脑袋已经不转了，糊涂了。也有一方面的原因是自己有一些想当然：对于一个数组 $a_0,a_1,a_2,...,a_{n-1}$ ，和一个区间 $[a, b]$ ，我认为如果 $a_0 < b$ 且 $a_{n-1} > a$ 则一定有元素在 $[a, b]$ 区间内。。。现在发现这个错误后就AC了，呜呜呜，如果这道题做出来说不定我都上分了。

解题思路

题目的意思是，有一个数组，其和为sum，要求 $ai+c1⩾x&sum−ai+c2⩾ya_i + c_1 \geqslant x \And sum-a_i+c_2\geqslant y$ ，求最小的 $c_1+c_2$
通过对问题的分析，进行分类讨论（看起来很复杂的问题有可能通过分类讨论变得清晰起来）

$\leqslant y$
这个时候无论取出哪个元素用来和x比较，都会导致sum更小，因此总需要花钱，
1.1. $\leqslant x$
说明任何一个元素都小于x，那么我们需要的钱为 $x-a_i+y-(sum-a_i)=x+y-sum$ 。这真是令人振奋的消息，也就是说在这种情况下我们无论取哪个元素花费都是一样的
1.2。 $s u m > x$
这个时候问题又变得复杂起来了，如果里面小于等于x的元素，花费和上面一样为 $y - s u m + x$ ，对于其中大于x的元素，需要的钱为 $y-sum+a_i$ ，也就是说 $a_i$ 越小越好，但还是大于 $x$
综上，当 $\leqslant y$ 时，如果该数组中存在一个小于等于x的元素，最优解就为 $y - s u m + x$ ，如果全部都大于x，最优解为 $y-sum+min({a_i})$ ，为了方便做到这一点，我们不妨对数组进行排序，通过判断 $a_0$ 与x的大小判断解为 $y - s u m + x$ 还是 $y-sum+a_0$
$s u m > y$
这个时候的情形更加复杂，因为存在可能不花钱的状况。因此，我们不妨再对这种情况进行分类：
2.1. $sum−ai⩾y&ai⩾xsum-a_i\geqslant y \And a_i \geqslant x$
这种情况下我们不用付钱，要求 $∃ai,x⩽ai⩽sum−y\exists a_i,x\leqslant a_i\leqslant sum-y$
2.2. $sum−ai<y&ai⩾xsum-a_i < y \And a_i \geqslant x$
这种情况要付钱 $y-sum+a_i$ ，要求 $∃ai,ai⩾x&ai>sum−y\exists a_i,a_i\geqslant x \And a_i > sum - y$
2.3. $sum−ai⩾y&ai<xsum-a_i\geqslant y \And a_i < x$
这种情况要付钱 $x-a_i$ ，要求 $∃ai,ai<x&ai⩽sum−y\exists a_i,a_i < x \And a_i \leqslant sum - y$
2.4. $sum−ai<y&ai<xsum-a_i<y \And a_i <x$
这种情况要付钱 $y-sum+a_i+x-a_i=x+y-sum$ ，要求 $∃ai,sum−y<ai<x\exists a_i,sum-y<a_i< x$
我们发现，在这种情况下另一个重要的量 $s u m - y$ 经常出现，因此我们另 $z = s u m - y$ ，然后将x和z之间的关系进行分类讨论。
2.5. $x⩽zx\leqslant z$
这个时候2.4不可能发生，只剩下了三种情况，我们可以分别对三种情况进行快速求解，对于满足2.1的 $a_i$ ， $a n s = 0$ ，对于满足2.2的 $a_i$ ，我们要找到满足 $a_i>z$ 的最小 $a_i$ ， $ans=a_i-z$ ，对于满足2.3的 $a_i$ ，我们要找到满足 $a_i<x$ 的最大 $a_i$ ， $ans=x-a_i$ ，即这个情况的解为三种解的最小值
2.6. $x > z$
这个时候2.1不可能发生，剩下三种情况的讨论与2.5相同
上面的求值在一个排好序的数组中都可以使用 $lower\_bound$ 和 $upper\_bound$ 函数快速解决

每次查询的复杂度为 $O(log_n)$ ，总复杂度为 $O((n+m)log_n)$ ，前者是排序的复杂度，这对 $2 e 5$ 的复杂度是可以接受的

实现上面的程序需要对二分查找非常熟悉，但是自己实现的二分查找非常容易出现Bug，使用STL中的 $lower\_bound$ 和 $upper\_bound$ 就成了不二之选，这要求我们对这两个函数非常熟悉。基本的用法很简单， $lower\_bound$ 返回大于等于关键字的第一个迭代器， $upper\_bound$ 返回大于关键字的第一个迭代器，两者之间的范围就是等于关键字的范围，如果要访问元素一定要判断是否等于尾后迭代器。如何求小于和小于等于有一个小技巧，对于小于，也就是大于等于的前一个元素，我们将 $lower\_bound$ 向前移动一个就是最后一个小于关键字的元素，小于等于同理，不过我们需要注意的是要判断迭代器是否是开始迭代器，如果是开始迭代器则说明不存在小于或者小于等于的元素。

这个思路是我在比赛的时候想出来的，后来再看发现还是很复杂，惊叹自己当时竟然能够想这么多。不过比较可惜的是在判断2.1-2.4的时候我的脑袋已经糊涂了，导致最终没能AC。这也提醒我千里之堤毁于蚁穴，行百里半九十，对一个程序来说每一个细节都是致命的，可能平时很瞧不起，觉得很简单，但是他们其实是平等的，要对每一个小细节怀有敬畏之心。

AC代码

// Copyright(C), Edward-Elric233
// Author: Edward-Elric233
// Version: 1.0
// Date: 2021/9/20
// Description: #include <vector>
#include <array>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <climits>using namespace std;constexpr int MAXN = 2e5 + 5;
using ll = long long;
array<ll, MAXN> a;
int n, m;
ll x, y, sum, ans, z;int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin >> n;sum = 0;for (int i = 0; i < n; ++i) {cin >> a[i];sum += a[i];}auto begin = a.begin();auto end = a.begin() + n;std::sort(begin, end);cin >> m;while (m--) {ans = LONG_LONG_MAX;cin >> x >> y;if (sum <= y) {if (a[0] > x) {ans = y + a[0] - sum;} else {ans = y + x - sum;}} else {z = sum - y;if (x <= z) {if (a[0] > z) {ans = a[0] - z;} else if (a[n - 1] < x) {ans = x - a[n - 1];} else {ans = LONG_LONG_MAX;auto it1 = std::upper_bound(begin, end, z);if (it1 != end) {ans = std::min(ans, *it1 - z);}auto it2 = std::lower_bound(begin, end, x);if (it2 != end && *it2 <= z) {ans = 0;}if (it2 > begin) {--it2;ans = std::min(ans, x - *it2);}}} else {if (a[0] >= x) {ans = a[0] - z;} else if (a[n - 1] <= z) {ans = x - a[n - 1];} else {ans = LONG_LONG_MAX;auto it1 = std::lower_bound(begin, end, x);if (it1 != end) {ans = std::min(ans, *it1 - z);}auto it2 = std::upper_bound(begin, end, z);if (it2 != end && *it2 < x) {ans = std::min(ans, x - z);}if (it2 > a.begin()) {--it2;ans = std::min(ans, x - *it2);}}}}cout << ans << "\n";}return 0;
}