A

代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;using ll = long long; int cnt[107];bool solve() {    int n;    cin >> n;    for (int i = 0;i < 100;i++) cnt[i] = 0;    for (int i = 1, x;i <= n;i++) cin >> x, cnt[x]++;    for (int i = 1;i < 100;i++) if (cnt[i - 1] < cnt[i]) return false;    cout << "YES" << '\n';    return true;} int main() {    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);    int t = 1;    cin >> t;    while (t--) {        if (!solve()) cout << "NO" << '\n';    }    return 0;}

B

题目

有 $k$ 个金块，每个价值 $g$ 个银币，共价值 $kg$ 个银币。

有 $n$ 个人要分这 $kg$ 个银币，分的方案是按照银币分的，但金块只能完整的给。

因此，若分到的 $x$ 个银币，根据余数 $r = x \bmod g$ 分类：

1. 若 $r \geq \left\lceil \dfrac{g}{2} \right\rceil$ ，那么将会分到 $x - r + g$ 。
2. 否则，将会分到 $x-r$ 。

给出使得保留银币最多的方案。

题解

知识点：数学，贪心。

贪心地给每个人先分 $\left\lceil \dfrac{g}{2} \right\rceil - 1$ 个银币，这样使得每个人不会获得的部分是最多的。

接下来，分剩下的 $kg - n\left(\left\lceil \dfrac{g}{2} \right\rceil - 1\right)$ （若还有）。因为一开始已经给所有人分了不会获得的上限，因此对于任意一个人，只要多一个银币就会多分一个金，所以最后实际会分到 $g \left\lceil \dfrac{kg - n \left( \left\lceil \dfrac{g}{2} \right\rceil - 1 \right)}{g} \right\rceil$ 个银币，剩下的就是保留下来的。

时间复杂度 $O(1)$

空间复杂度 $O(1)$

代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;using ll = long long; bool solve() {    ll n, k, g;    cin >> n >> k >> g;    cout << k * g - (max(0LL, k * g - ((g + 1) / 2 - 1) * n) + g - 1) / g * g << '\n';    return true;} int main() {    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);    int t = 1;    cin >> t;    while (t--) {        if (!solve()) cout << -1 << '\n';    }    return 0;}

C

题目

给出三个数 $a,b,c$ 的位数 $A,B,C$ ，需要构造这三个数（无前导 $0$ ），使得满足等式 $a+b=c$ 。

求出所有能构造出来的等式中，字典序第 $k$ 小的等式。

题解

知识点：数学，枚举，贪心。

因为数字位数是固定的，那么字典序第 $k$ 小就等价于按 $a,b,c$ 为第一、二、三关键字从小到大排序后的第 $k$ 个等式。因此，我们可以从小到大枚举 $a$ ，判断以当前 $a$ 构造的所有等式是否包含了第 $k$ 个等式，若包含则构造出 $b,c$ 即可。

现在问题变为，如何求出一个 $a$ 能构造出多少等式。将原式变形为 $b = c - a$ ，满足这个等式的 $b,c$ 对的个数即为等式数量，那就是取 $[10^{B-1},10^B-1]$ 与 $[10^{C-1}-a,10^C-1-a]$ 的交集的长度。若交集不存在，则这个 $a$ 没有有效等式，跳过即可。

当然，其实交集不存在有两种情况，一种是 $b$ 在 $c$ 左边，这种情况跳过这个 $a$ 即可；一种是 $b$ 在 $c$ 右边，这种情况其实可以直接判断不存在，因为 $a$ 往后会更大，$c$ 的区间会继续往左，不可能产生交集。实际上，我们都选择跳过而不判断不存在，是没有任何影响的。

时间复杂度 $O(10^A)$

空间复杂度 $O(1)$

代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;using ll = long long; const int p[7] = { 1,10,100,1000,10000,100000,1000000 };bool solve() {    int a, b, c;    ll k;    cin >> a >> b >> c >> k;    ll sum = 0;    for (int i = p[a - 1];i < p[a];i++) {        int l = max(p[b - 1], p[c - 1] - i);        int r = min(p[b] - 1, p[c] - 1 - i);        if (l > r) continue;        int len = r - l + 1;        if (sum + len >= k) {            cout << i << " + " << k - sum - 1 + l << " = " << i + k - sum - 1 + l << '\n';            return true;        }        sum += len;    }    return false;} int main() {    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);    int t = 1;    cin >> t;    while (t--) {        if (!solve()) cout << -1 << '\n';    }    return 0;}

D

题目

有 $n$ 个人抽奖编号为 $1$ 到 $n$ ，每个人从 $[0,m]$ 选取一个整数作为自己的号码 $a_i$ 。

中奖号码随机从 $[0,m]$ 种选取，最接近的 $k$ 个人获奖。若出现一群人距离相同，但超人数了，那么编号较小的人获奖。

现在你的编号是 $n+1$ 也想参与抽奖，你知道 $n$ 个人选了的号码，想要在在 $[0,m]$ 中选一个号码使得自己的获奖概率最大。

因此，求出最多能有多少种中奖号码能使得你获奖，并给出这种情况你要选择的最小号码。

题解

知识点：数学，二分，枚举。

我们先对 $a$ 从小到大排序，方便查找。

考虑对于一个号码 $x$ ，有多少种中奖号码能使得 $x$ 获奖。显然，中奖号码是一个连续的区间。

我们不妨考虑其左端点的位置，左端点是由于与从 $x$ 往左数第 $k$ 个人竞争第 $k$ 个获奖位置导致的。我们假设大于 $x$ 的第一个位置在 $p$ ，那么左数第 $k$ 个人应该在 $p - k$ ，因此左端点为 $\left\lfloor \dfrac{x + a_{p-k}}{2} \right\rfloor + 1$ （因为我们的编号最大，所以左端点必须严格靠近 $x$ ），所以到左端点的中奖号码有 $x - \left( \left\lfloor \dfrac{x + a_{p-k}}{2} \right\rfloor + 1 \right) + 1= \left\lceil \dfrac{x - a_{p-k}}{2} \right\rceil$ 个。

右端点同理，我们假设大于等于 $x$ 的第一个位置在 $p$ ，同时 $x$ 在算左端点的时候算进去了，因此到右端点中奖号码有 $\max\left(0, \left\lceil \dfrac{a_{p+k-1}-x}{2} \right\rceil - 1 \right)$ 个。

当然，如果左右人数不够 $k$ 个，可以直接加到底。

接下来，显然我们是不能 $[0,m]$ 一个一个枚举的，实际上我们只需要枚举 $a_i$ 以及 $a_i-2,a_i-1,a_i+1,a_i+2$ 。因为可以发现，两个号码中间的位置答案其实基本是一样的，但需要分奇偶，因此考虑左右两边各两个以及号码本身。同时，要考虑所有人都能获奖的情况， $0$ 也是答案，即使它不在 $a_i$ 里，因此一开始直接判 $0$ 即可。

时间复杂度 $O(n \log n)$

空间复杂度 $O(n)$

代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;using ll = long long;  ll a[1000007];int main() {    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);    int n, k;    ll m;    cin >> n >> m >> k;    for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];    sort(a + 1, a + n + 1);     ll mx = 0, ans = 0;     auto check = [&](ll x) {        int low = lower_bound(a + 1, a + n + 1, x) - a;        int up = upper_bound(a + 1, a + n + 1, x) - a;         ll win = 0;        if (up - k <= 0) win += x + 1;        else win += (x - a[up - k] + 1) / 2;         if (low + k - 1 > n) win += m - x;        else win += max(0LL, (a[low + k - 1] - x + 1) / 2 - 1);         if (win > mx) {            mx = win;            ans = x;        }    };     check(0);    for (int i = 1;i <= n;i++) {        if (a[i] - 2 >= 0) check(a[i] - 2);        if (a[i] - 1 >= 0) check(a[i] - 1);        check(a[i]);        if (a[i] + 1 <= m) check(a[i] + 1);        if (a[i] + 2 <= m) check(a[i] + 2);    }    cout << mx << ' ' << ans << '\n';    return 0;}