[AGC008C]Tetromino Tiling（构造）
给出如下图的 \(7\) 种俄罗斯方块各 \(a,b,c,d,e,f,g\) 块，可以旋转不能翻转，要求拼成宽度为 \(2\) 的长方形。输出能得到的最大长度的一半——奇怪的题目要求。
不难发现，第 \(3,6,7\) 种方块压根用不上，因为它们造成了长度为 \(1\) 的凹槽，而这些凹槽永远不可能被填平：要填平它们，就要用这三种方块；用了这三种方块，又会有新的凹槽产生。
下面考虑每种方块“自力更生”能否拼出宽度为 \(2\) 的长方形：
- 第 \(1\) 种，竖着两个并排，长宽 \(4\times 2\)；
- 第 \(2\) 种，自己符合条件，长宽 \(2\times 2\)；
- 第 \(3,4\) 种，一个倒扣在另一个上面，长宽 \(4\times 2\)。
看起来长度的一半为 \(L=\lfloor\dfrac{a}{2}\rfloor\times 2+b+\lfloor\dfrac{d}{2}\rfloor\times 2+\lfloor\dfrac{e}{2}\rfloor\times 2\)。
还没完！我们继续考虑几种方块“通力合作”能否拼出宽度为 \(2\) 的长方形：只有一种方案，即第 \(1,4,5\) 种方块各一个，拼成长宽 \(6\times 2\) 的长方形，如下图所示：
以此为基础，我们对上面的式子进行修正：
- 如果第 \(1,4,5\) 种方块都为奇数，在满足“自力更生”前提下，每种恰有一块剩余，可以组合，故 \(L\gets L+3\)；
- 如果第 \(1,4,5\) 种方块，只有两种为奇数，则最后会剩下两块。例如剩下了 \(1,4\) 各一块，这时，我们拆出一个 \(5\)，能得到更优的答案——拆出减 \(4\)，重组加 \(6\)，\(L\gets L+1\)。
下面是 AC 代码：
void main() {
cin.tie(0), cout.tie(0);
long long a, b, c, d, e, f, g;
cin >> a >> b >> c >> d >> e >> f >> g;
long long ans = (a / 2) * 2 + b + (d / 2) * 2 + (e / 2) * 2;
if ((a & 1) + (d & 1) + (e & 1) >= 3)
ans += 3;
else if ((a & 1) + (d & 1) + (e & 1) >= 2 && (a > 0) && (d > 0) && (e > 0))//必须保证有，才能拆借
ans++;
cout << ans << endl;
}
虽然是 AGC 的 C 题，也没有那么难啊，主要是细节太多，如果放到 OI 赛制的模拟赛中，是一道很好的“签到题”。
