A. We Got Everything Covered!

找出一个字符串S，满足条件：所有可能的长度为n，使用前k个小写字母的字符串P都是S的子串。

其中字符串S的长度尽可能短。

这种构造题，构造S的时候尽可能在原有的基础上去扩展，如果能扩展出来，那就是有规律。

n=1，k=3

S：abc

n=1，k=4（+1）                n=2（+1），k=3

S：abcd                             S：abcabc

n决定了每个字母最少出现的次数，所以上面的答案均是最短的情况。

AC代码

#include <bits/stdc++.h>
//#define int long long
#define per(i,j,k) for(int (i)=(j);(i)<=(k);++(i))
#define rep(i,j,k) for(int (i)=(j);(i)>=(k);--(i))
#define fr first
#define se second
#define endl '\n'
using namespace std;int n,k;void solve(){cin>>n>>k;per(i,1,n){per(j,1,k){cout<<(char)('a'+j-1);}}cout<<endl;
}void init(){}
signed main(){ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr);int t;cin>>t;while(t--)solve(),init();return 0;
}

B. A Balanced Problemset?

题意：给你一个数N，拆数拆成X个，计算他们的gcd值为P，在所有拆数的情况里面，输出最大的P值。

思路：最大的P值，即这些被拆开数的最大公约数，既然是公共的约数，那么被拆出来的数一定是有倍数关系的，比如：2 2 4 8（均为2的倍数），3 3 3 3 6（均为3的倍数）。

那显然最好的情况是数N，被拆成X个数后，设N/X=k，如果没有余数p全都相等，那k就是答案。

不可能找出最大的公约数k+1，不然数每个数都要增大一，数N就要变成N+k了。

如果拆出来有余数，那就分两种情况：

1. 余数 p 是 k 的倍数，那 k 就是答案（答案不可能是k+1，余数是小于X的，不可能均摊让所有数+1）

2. 余数 p 不是 k 的倍数，那我们只能考虑更小的答案，即 k--，p+=n（一共有n份数，每份都减一），直到 p 成为 k 的倍数。

#include <bits/stdc++.h>
//#define int long long
#define per(i,j,k) for(int (i)=(j);(i)<=(k);++(i))
#define rep(i,j,k) for(int (i)=(j);(i)>=(k);--(i))
#define fr first
#define se second
#define endl '\n'
using namespace std;int x,n;void solve(){cin>>x>>n;int k=x/n;//均分，每份为kif(k*n==x){//没有余数cout<<k<<endl;return;}else{//有余数，设为pint p=x-(k*n);if(p%k==0){//余数是倍数部分cout<<k<<endl;return;}else{//余数不是倍数//如果不是那就把整体全部缩水1while(p%k!=0){//找到成为倍数为止p+=n;k--;}cout<<k<<endl;return;}}
}void init(){}
signed main(){ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr);int t;cin>>t;while(t--)solve(),init();return 0;
}

这个代码的复杂度可以看出来是k*T，最差情况下k=1e8，T=1e3，总计1e11的复杂度，这道题大概率是过不了的。

T我们没法改变，那就尝试优化一下内部的k。

因为一直在执行k--，所以可以得出一个数学式子

            while(p%k!=0){p+=n;k--;}设k一共减去了x使得p成为了k的倍数。
则有（p+x*n）%（k-x）=0即 p+x*n 是 k-x 的倍数p+x*n = y*(k-x)