CF-926(已更新：B-C)
CF-926
两点睡，七点起，阎王夸我好身体……
主要这场实在是难绷，两个小时都在C题上吊死了，也不是没想过跳题，只是后面的题我更是一点思路都没有-^-
“就喜欢这种被揭穿的感觉，爽！”
B
分析
涂色的单元格能够包含k种对角线，很明显要根据图像的具体性质想答案：
然而我赛时是一股脑地猜结论，这种方法在赛时不确定性还是太大了，希望自己能尽快把思维这方面的短板补起来……
上色时考虑单种特殊点对其它特殊点及答案的贡献。
- 四个顶点：作图发现只有同侧的两个顶点对答案的贡献是2，另外两个是1；再分析发现，顶点包含的是一条最短和一条最长的对角线，前者只经过它自己，后者还要经过（n-1）个格子，所以上色一个顶点后会使（n-1）个处于最长对角线上的格子贡献-1
- 中心点或者说不在边缘位置的点：对他们上色就会使经过它们包含的两种对角线的格子贡献-1——其中包括处于顶点，非边缘位置的点，边缘位置的格子
- 边缘位置的点(不包括顶点)：对他们上色就会使处于非边缘位置的格子贡献-1
要使答案最小，我们涂色的格子的贡献一定尽量都是2，若贡献为2的格子涂完了再考虑贡献为1的格子，再结合上面三种点位的性质，我们发现涂顶点与边缘位置的格子才会使可选格子贡献值最大（涂色不在边缘位置的格子影响的格子数更多，涂它们比不涂它们会使贡献为2的格子更少）。由此再考虑使涂色这两种格子对其它格子影响最小，先涂的格子一定都在同一侧，有n个，而其余贡献为2的格子是对侧的边缘位置的格子，有(n-2)个，剩下的可选格子贡献都为1。
比如图示3*3的红色部分
操作
因此，有w=(n*2-2)个格子贡献为2，(w乘2)>=k时，答案为(k/2)向上取整，否则，还要涂k-(w乘2)个贡献为1的格子，答案为k-(w乘2)+w=k-w。
为了规避markdown语法……
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define int long long
#define db(x) cout<<x<<" "<<endl;
#define _db(a,n) for(int i=1;i<=n;i++) cout<<a[i]<<" ";cout<<endl;
#define mem(a) memset(a,0, sizeof(a))
//int qz(int k){
// if(k%2==0) return k/2;
// else return k/2+1;
//}
signed main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int t,n,k,w,ans=0;cin>>t;
while(t--){
cin>>n>>k;
w=n*2-2;
//身为蒟蒻现在才学会怎么向上取整很合理吧……
if(w*2>=k) ans=(k+1)/2;//ans=qz(k);
else ans=k-w;
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
C
分析
注意要认真读题!!!
因为没注意到连续这个条件,我赛时一半多时间都以为最多输x次-^-
看了很多大佬的思路，好多是贪心和暴力，也感觉挺对的，但我赛时肯定是想不出这种解法思路，就是想通了也写不出代码……
其实代码大差不差，就是个人感觉思路挺难想的,比如贪心的策略是每（k-1）次下注的钱数指数级翻一番，比如k=2,下注钱数是1，2，4，8……k=3，是1，1，2，2，4，4，8……
这里介绍一个我觉得好理解并且代码也好实现的思路（其实就是模拟，然后得到一个最优方案）。
对于每次下注y个，
两个条件：
- 1<=y<=当前硬币数
- 最多连续输x次
不意味着第x+1次必赢，万一前x次也有赢呢，所以只可推出每(x+1)轮必有至少一场赢
两种当前硬币数的结果：
- 赢：+（k-1）*y
- 输：-y
题意是要我们找是否存在n，n属于任意整数，使得在每一轮都至少有n个硬币——因为n<=0的部分恒成立（当前硬币数一定>=0），实际上是看能否使硬币数的值在[1,正无穷)这一区间内线性对应
当时题意都没读懂
假设下注i轮后，输了e次，第i轮硬币数=a+(i-e)乘((k-1)*y)-y乘e，这个式子中，i,e,y的取值都在[0,正无穷]内线性可取，彼此还互不影响，因此我们可以推广出： 只要能下注无穷次，一定能满足硬币数的值在[1,正无穷)这一区间内线性对应
这里我解释得挺抽象的，但意思是这么个意思，关键在于后面的思路……
所以问题转化为如何能下注无穷次，无穷次中自然有无数个(x+1)轮，每轮执行的策略都应该相同，所以我们可以只考虑第一轮，也即使得第1到第x+1次每次下注后的硬币数>0，那如何实现呢？
操作
x+1轮里每次下注y之前，知道此次下注赢的话能得w=y*(k-1)，还有输的话会损失y，以及之前已经输了sum。由于我们只知道x+1轮里必有赢，而且赢的钱数一定要大于已经输了的钱数之和，可以把每一场都当作会赢来下注y，必满足w>sum，输的话有sum+=y，这时考虑y最小为(sum/(y乘(k-1))+1)，同时，若某一轮sum>a，表示此时硬币数以及<0，说明无法实现，若x+1轮后sum<=a,因为至少应一次的缘故，硬币数>0,说明可以实现。
解释得已经很意识流了，肝了一上午，请大佬轻喷，后续我也会好好改的
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define int long long
#define db(x) cout<<x<<" "<<endl;
#define _db(a,n) for(int i=1;i<=n;i++) cout<<a[i]<<" ";cout<<endl;
#define mem(a) memset(a,0, sizeof(a))
signed main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int t,a,k,x,ans=0;cin>>t;
while(t--){
cin>>k>>x>>a;
int sum=0;
for(int i=0;i<=x;i++){
if(sum>a){
break;
}
sum+=sum/(k-1)+1;
}
if(sum<=a) cout<<"Yes";
else cout<<"No";
cout<<endl;
}
return 0;
}
