Educational Codeforces Round 125

没打，只是来补题的。

F 题是 2—SAT，不会（你看这人多菜）。

A.Integer Moves
给定一个点的坐标，从零点开始，每次移动的欧几里得距离均为整数，求移动到给定点的最小次数。

题不难，但容易被样例解释引入歧途（就像我）
~~很明显~~，分三种情况。

如果给出点就在零点，就是0
如果给出点到零点的欧几里得距离是整数，就是1
否则为2

对于每次移动，如果只改变 x 或 y 的坐标，移动的欧几里得距离必然是整数。
所以对于每一个点，最多移动两次即可得到。

#include <bits/stdc++.h>
#define dd double
#define int long long
using namespace std;int T,x,y;bool check(dd x,dd y){if(floor(sqrt(x*x+y*y))==sqrt(x*x+y*y))return 1;return 0;}
signed main(){
    cin>>T;while(T--){
        cin>>x>>y;
        if(!x&&!y)puts("0");
        else if(check(x,y))puts("1");
        else puts("2");
    }return 0;
}

B.XY Sequence
给定数字 $n,x,y,k$ ，要求从 0 开始，构造一个长度为 $n$ 的序列，满足其中的所有数都小于 $k$ ，对于每个数，可以是上一个数加 $x$ ，也可以是上一个数减去 $y$ ，输出最终序列的最大和。

贪心策略不难想到，如果当前数加上 $x$ 后仍小于 $k$ 就加，否则减。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int x,y,n,T,b,ans,g;
signed main(){
    cin>>T;while(T--){
	cin>>n>>b>>x>>y;ans=0;g=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	    if(g+x<=b)g+=x,ans+=g;
            else g-=y,ans+=g;
	cout<<ans<<endl;
    }return 0;
}

C.Bracket Sequence Deletion
给定一个括号序列，定义 长度大于等于 2 且回文或合法的括号序列可以被删去，每次删去最短的括号序列前缀，输出操作次数和最后剩下的括号数。

还是贪心。

如果当前括号是左括号，则下一个括号无论是什么都满足题目给出的条件，因为是右括号就匹配，是左括号就回文。
如果当点括号是右括号，则下一个出现右括号的位置就是最短前缀的右端点，因为只要出现第二个右括号则当前前缀回文，符合条件，否则只会在后面加左括号，满足加上右括号就回文的条件。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;const int N=1e6;int n,T,ans1,ans2,f;bool a[N];string s;
signed main(){
    cin>>T;while(T--){
        ans1=ans2=0;cin>>n;cin>>s;for(int i=0;i<n;i++)a[i+1]=(s[i]=='('?0:1);f=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
	    if(f){if(a[i]){f=0;ans1++;ans2=i;}}
	    else{
		if(!a[i]&&i!=n){i++;ans1++;ans2=i;}
		else f=1;
	    }
	}cout<<ans1<<" "<<(n-ans2)<<endl;
    }return 0;
}

D.For Gamers. By Gamers
有 $C$ 钱币，用于购买 $n$ 种装置打击 $m$ 种怪物。
对于装置 $i$ ，有 价格 $c_i$ ，伤害 $d_i$ ，血量 $h_i$ 三个参数。
对于怪物 $j$ ，有 伤害 $D_j$ ，血量 $H_j$ 两个参数。
求杀死每种怪物且没有装置死亡的最低花费，若无法做到输出 -1。
每次只能用一种装置，但可以多个。

假如说用的是装置 $i$ ，数量为 $x$ ，要杀死的怪是 $j$ ，如果满足题目要求，则 $\dfrac{H_j}{d_i \cdot x} < \dfrac{h_i}{D_j}$ ，将其写成 $H_j \cdot D_j < h_i \cdot d_i \cdot x$ ，避免精度问题。
可以想到预处理出对于每个价位，可以产生的最大 $h_i \cdot d_i \cdot x$ 的值，这样做的时间复杂度是 $O(\dfrac{C}{1}+\dfrac{C}{2}+\dfrac{C}{3}+\dots+\dfrac{C}{C})=O(C\log_2C)$
然后二分查找即可。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int R(){
    int x=0,f=0; char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)) f|=(ch==45),ch=getchar();
    while(isdigit(ch)) x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return f?-x:x;
}const int N=2e6;
int n,m,c,mx[N],f[N],sum,Q,l,r,mid,g;
signed main(){
    n=R();c=R();for(int i=1,C,d,h;i<=n;i++){C=R();d=R();h=R();mx[C]=max(mx[C],d*h);}
    for(int i=1;i<=c;i++){
	sum=1;
	for(int j=i;j<=c;j+=i){
	    f[j]=max(f[j],mx[i]*sum-1);
	    sum++;
	}
    }for(int i=1;i<=c;i++)f[i]=max(f[i],f[i-1]);
    Q=R();for(int i=1,d,h;i<=Q;i++){
	d=R(),h=R();l=1,r=c;g=d*h;
	while(l<=r){
	    mid=(l+r)>>1;
	    if(g>f[mid])l=mid+1;
	    else r=mid-1;
	}
        if(l>c)cout<<-1<<" ";    
        else cout<<l<<" ";
    }
    return 0;
}

E. Star MST
假设有一个 $n$ 个点的无向连通图，每条边的边权均在 $\left[1,k\right]$ 之间。
满足其 最小生成树的边权和 和 与节点 1 相连的边的权值和 相等，求方案数。

将题意转化一下：
对于每条边 $x -> y(x \ne 1,y \ne 1)$ ，满足其边权大于 $1->x,1->y$ 的边权。

很明显用 DP。
假设 $f_{i,j}$ 表示给顶点 1 的 $j$ 条边分配了权值，且其中最大权值为 $i$ 时的方案数。

状态转移方程： $f_{i,k} = \sum \limits_{j<k} f_{i-1,j} \cdot C_{n-j-1,k-j} \cdot pow(K+1-i,j \cdot (k-j) + \dfrac{(k-j) \cdot (k-j-1)}{2})$
其中 $C_{n-j-1,k-j}$ 是因为在 $n-j-1$ 条边中选出 $k-j$ 条边，将其权值修改为 $i$ 。
因为对于 $f_{i-1,j}$ ，选择了 $j$ 个点向点 1 连边，称之为点集 $A$ ，在转移时选择了另外 $k-j$ 条边，而 点集 $A$ 连向点集 $B$ 的边 和 点集 $B$ 内部每两点之间的边 的边权都应 $\ge i$ ，分别对应 $j\cdot(k-j)$ 和 $\dfrac{(k-j)\cdot(k-j-1)}{2}$ ，而因为边权应 $\ge i$ ，因此有 $K+1-i$ 种取值。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int R(){
    int x=0,f=0; char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)) f|=(ch==45),ch=getchar();
    while(isdigit(ch)) x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return f?-x:x;
}const int N=601,mod=998244353;
int ksm(int x,int n){int s=1;while(n){if(n&1)s=(s*x)%mod;x=(x*x)%mod;n>>=1;}return s;}
int n,k,c[N][N],f[N][N];
signed main(){
    n=R()-1;k=R();f[k+1][0]=1;
    for(int i=0;i<=300;i++){
	c[i][i]=c[i][0]=1;
	for(int j=1;j<i;j++)
	    c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mod;
    }for(int i=k;i;i--)
	for(int j=0;j<=n;j++)
	    for(int k=0;k+j<=n;k++)
		f[i][j+k]=(f[i][j+k]+f[i+1][j]*ksm(i,j*k+k*(k-1)/2)%mod*c[n-j][k])%mod;
    cout<<f[1][n]<<endl;return 0;
}