D题 K-good（1900）

思路

由题意得$$n=a_{0}k+a_{1}k+1+a_{2}k+2+\cdots a_{k-1}k+k-1$$
即$$n-\frac{k(k+1)}{2}=(a_0-1)k+a_{1}k+\cdots a_{k-1}k$$
只需要$$n\ge \frac{k(k+1)}{2}，\frac{n}{k}-\frac{k+1}{2}是整数$$
两个条件同时满足即可。

• 首先如果n是2的次幂的形式一定不能满足。当k是奇数，$\frac{n}{k}$必须是.5的形式才有可能使得后面一部分为整数，并且要使得这样的k可能小以满足第一个条件。如果n是奇数，则k可取2.如果n是偶数，但n不是4的倍数（即$n=4n_1+2$的形式），可取k=4;如果n是4的倍数，考察$n=8n_1+4$的形式是否满足n。这样每次倍增，总可以找到这样的k。如果这个k满足$n\ge \frac{k(k+1)}{2}$,则找到了k
• 否则，k不满足条件即：
  $$n<\frac{k(k+1)}{2}\Delta$$考虑根据上述k构造。
• 注意到$n/k$是.5的形式，因此$\frac{2n}{k}$是整数，且是奇数。上述$\Delta$式可变换为：
  $$\frac{2n}{k}<k+1$$
  想办法凑出$n\ge \frac{k(k+1)}{2}$即$\frac{n}{k}-\frac{k+1}{2}\ge 0$的形式。

如果令这里的k为$\frac{2n}{k}$，由于$\Delta$式两侧都是奇数，右边比左边大至少2，因此$$\frac{2n}{k}\le k-1$$该式恰好就是$\frac{n}{k}-\frac{k+1}{2}\ge 0$的形式。说明$\frac{2n}{k}$满足约束第一个条件。而显然$\frac{2n}{k}$满足上述第二个约束条件。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<unordered_map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<math.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mod = 998244353;  
typedef long long ll;





signed main()
{
    int t;  cin >> t;
    for(int i = 0;i<t;i++)
    {
        long long n ;  cin >> n;
        for(long long j = 2;j<=n;j*=2)
        {
            if(j == n) {cout << -1 <<endl;break;}
            else if((n - j/2)%j == 0){long long k1 = j;
                if((double)n/k1>=(double)(k1+1)/2) {cout << k1 << endl;break;}
                long long k2 = 2*n / k1;
                if(k2!=1) {cout << k2 << endl; break;} else {cout << -1 << endl;break;}
            }
        }
    }
    system("pause");
}

E题 Equal Tree Sums（2200）

思路

• 对每条边列出满足条件的方程即可。并令sum=0；

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<unordered_map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<math.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mod = 998244353;  
typedef long long ll;





signed main()
{
    int t;  cin >> t;
    for(int i = 0;i<t;i++)
    {
        int n; cin >> n;
        vector<int> adj[n];
        for(int j = 0;j<n-1;j++)
        {
            int u,v; cin >> u >> v;
            adj[u-1].push_back(v-1);
            adj[v-1].push_back(u-1);
        }
        queue<int> q; q.push(0);
        int ans[n];   //n个结点赋的权重
        memset(ans,0,sizeof(int) * n);
        ans[0] = adj[0].size();
        while(!q.empty())
        {
            int y = q.front();
            q.pop();    //所有在队列中的已经求出
            for(int v:adj[y])
            {
                if(ans[v] == 0)
                {
                    if(ans[y]>0) ans[v] = -adj[v].size();
                    else ans[v] = adj[v].size();
                    q.push(v);
                }

            }
        }
        for(int i = 0;i<n-1;i++) {cout << ans[i] << " ";}
        cout << ans[n-1]; cout << endl; 
    }
    system("pause");
    return 0;
}

F题 Parametric MST（2600）

思路

• 确定有界：很容易。分$t\to +\infty ,-\infty$讨论。看系数相加是否为0
• 有界求最大值：不太容易

关键一步(等式变形)：$$w_{ij}(t)=(a_i+t)(a_j+t)-t^2$$
说明：

• 若$a_i+t<0$，i点应该和权值最小点连接
• 若$a_i+t>0$，i点应该和权值最大点连接

由于$f(t)$与t的关系显然是分段线性关系，分段点为每个$-a_i,\forall i$。因此讨论每个分段点的t值即可。可采用二分判断哪些点$a_i+t>0$，反之亦然。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<unordered_map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<math.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mod = 998244353;  
typedef long long ll;





signed main()
{
    int t;  cin >> t;
    for(int i = 0;i<t;i++)
    {
        int n ; cin >> n;
        ll a[n];  ll sum = 0;  ll t[n]; ll presum[n];
        for(int j = 0;j<n;j++) {
            cin>>a[j];sum += (ll)a[j];
            
        }   
        sort(a,a+n);
        for(int j = 0;j<n;j++) if(j == 0) presum[j] = a[j]; else presum[j] = a[j] + presum[j-1];
        if((n-2)*a[n-1]+sum<0 || (n-2)*a[0]+sum>0) cout << "INF" << endl;
        else{
            if(a[0]==0&&a[n-1]==0) cout<<0<<endl;
            else{
                // for(int j =  n-1;j>=0;j--) t[n-1-j]=-a[j];
                // //一定有t[n-1]>0,t[0]<0
                ll ans = -9e18;
                for(int j = 0;j<n;j++)
                {
                    ll t_1 = -a[j];
                    ll ans_t = a[0]*a[n-1] + t_1*(a[0] + a[n-1]);
                    int low = 1,high = n-1;
                    while(low < high)
                    {
                        int mid = (low + high) >> 1;
                        if(a[mid]+t_1<0) low=mid+1;
                        else high = mid;
                    }
                    int g = n - 2 - low + 1;  //大于等于0，连接最小值
                    int l = n - 2 - g;  //小于0，连接最大值
                    ll lsum  = presum[low-1]-a[0];  
                    ll rsum  = sum - (lsum + a[0]) - a[n-1];  
                    ans_t += a[n-1] * lsum + t_1 * (l * a[n-1] + lsum);
                    ans_t += a[0] * rsum + t_1 * (g*a[0] + rsum);                
                    ans = max(ans,ans_t);
                }
                cout << ans << endl;
            }
        }
    }
    system("pause");
    return 0;
}