A - Century

题目大意

公元$N$年在第几个世纪中？

一个世纪是由$100$个年份组成的一个区间。如，$1$世纪为$[1,100]$年，$2$世纪为$[101,200]$年，……

$1\le N\le 3000$

输入格式

$N$

输出格式

将答案输出为一个整数。

样例

$N$	输出
$2021$	$21$
$200$	$2$

分析

根据本题条件我们可以推出：公元$N$年在世纪$\lceil \frac{N}{100}\rceil$。

代码

#include <cstdio>
using namespace std;int main()
{int n;scanf("%d", &n);printf("%d\n", n % 100 == 0? n / 100: n / 100 + 1);return 0;
}

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B - 200th ABC-200

题目大意

对于整数$N$，执行$K$次如下操作：

• 如果$N$是$200$的倍数，将$N$除以$200$。
• 否则，在$N$后面添上$200$。（如，$123$变为$123200$）。

$1\le N\le 10^5$
$1\le K\le 20$

输入格式

$NK$

输出格式

输出最终的$N$。

样例

$N$	$K$	输出
$2021$	$4$	$50531$
$40000$	$2$	$1$
$8691$	$20$	$84875488281$

分析

本题我们按照题意模拟即可，但我们需要证明答案不会超过$2^{63}-1$，这样才能使用long long：

• 任何数$N$添上$200$都是$200$的倍数。证明：一个数只要是$100$和$2$的公倍数，它就是$200$的倍数。$N$添上$200$后以00结尾，就证明了它是$200$的倍数。
• 这样，$N$每次添上$200$后都要除以$200$，相当于去掉两个零再将$N$除以$2$。
• 所以，$N$每次最多增加一位，还经常减少位数（除以$200$），肯定严格小于$2^{63}$。

代码

#include <cstdio>
using namespace std;int main()
{long long n;int k;scanf("%lld%d", &n, &k);while(k--)n = n % 200LL == 0LL? n / 200LL: n * 1000LL + 200LL;printf("%lld\n", n);return 0;
}

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C - Ringo’s Favorite Numbers 2

题目大意

给定序列$A=(A_1,A_2,\dots ,A_N)$，找到符合下列条件的所有$(i,j)$：

• $1\le i<j\le N$；
• $|A_i-A_j|$是$200$的倍数。

$2\le N\le 2\times 10^5$
$1\le A_i\le 10^9$

输出格式

$N$
$A_1{A}_2\dots A_N$

样例

$A$	输出
$(123,223,123,523,200,2000)$	$4$
$(1,2,3,4,5)$	$0$
$(199,100,200,400,300,500,600,200)$	$9$

分析

首先，最容易想到的$\mathcal{O}(n^2)$的暴力算法肯定不行，因为$2\le N\le 2\times 10^5$。
我们考虑用桶优化：
我们有$200$个桶，分别如下：

桶的编号	元素$1$	元素$2$	元素$3$	元素$4$	……	元素除以$200$的余数
$0$	$0$	$200$	$400$	$600$	……	$0$
$1$	$1$	$201$	$401$	$601$	……	$1$
$2$	$2$	$202$	$402$	$602$	……	$2$
……	……	……	……	……	……	……
$198$	$198$	$398$	$598$	$798$	……	$198$
$199$	$199$	$399$	$599$	$799$	……	$199$
这时，我们发现，每个桶中的每个元素都能与这个同种的其他元素组成一对，所以我们只要在将元素加入桶中前将答案加上桶目前的大小即可。

总时间复杂度$\mathcal{O}(n)$。

代码

我们的桶中不需要真正的元素，只需要记录桶的大小即可。
注意：答案的数据类型一定要用long long！

#include <cstdio>
#define MOD 200
using namespace std;int cnt[MOD];int main()
{int n;scanf("%d", &n);long long ans = 0LL;while(n--){int x;scanf("%d", &x);ans += cnt[x %= MOD] ++;}printf("%lld\n", ans);return 0;
}

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D - Happy Birthday! 2

题目大意

给定序列$A=(A_1,A_2,\dots ,A_N)$。你要从中选出两个子序列$B$和$C$（下标不同，不要求连续），使得$\sum B\equiv \sum C(\mathrm{mod}200)$。

$2\le N\le 200$
$1\le A_i\le 10^9$

输入格式

$N$
$A_1{A}_2\dots A_N$

输出

如果没有合法的$B$和$C$，输出No。
如果有合法的$B$和$C$，按下列格式输出，其中$x$为$B$的长度、$y$为$C$的长度，$B^{\prime }$为$B$中元素对应的下标，$C^{\prime }$为$C$中元素对应的下标：
$\text{Yes}$
$x{B}_1^{\prime }{B}_2^{\prime }\dots B_x^{\prime }$
$y{C}_1^{\prime }{C}_2^{\prime }\dots C_y^{\prime }$

样例

略，请自行前往AtCoder查看

分析

我们可以证明，只要$N\ge 8$，那么就一定有解。证明如下：

• $8$个元素能组成的子序列有$2^8-1=255$种。（每个元素可以选或不选，去掉全不选的情况）
• 根据抽屉原理，我们将这$255$种子序列按照他们除以$200$的余数分别放入抽屉中，则至少有两个子序列在一个抽屉中，即必定有合法的$A$和$B$。

当$N<8$时，我们暴力枚举所有可能；
当$N\ge 8$时，我们暴力枚举其中任意$8$个元素组成的所有可能即可找到解。

代码

#include <cstdio>
#include <vector>
#define maxn 10
#define MOD 200
using namespace std;int a[maxn];
vector<int> bkt[MOD];inline void print(const vector<int>& v)
{printf("%llu", v.size());for(int x: v)printf(" %d", x + 1);putchar('\n');
}int main()
{int n;scanf("%d", &n);if(n > 8) n = 8;for(int i=0; i<n; i++)scanf("%d", a + i);int lim = 1 << n;for(int st=0; st<lim; st++){int s = 0;vector<int> pos;for(int i=0; i<n; i++)if(st >> i & 1)s = (s + a[i]) % MOD, pos.push_back(i);if(!bkt[s].empty()){puts("Yes");print(bkt[s]);print(pos);return 0;}else bkt[s] = pos;}puts("No");return 0;
}

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E - Patisserie ABC 2

题目大意

有$N^3$个三元组$(i,j,k)$（$1\le i,j,k\le N$），按如下排序：

• $i+j+k$小的排在前面。
• 对于$i+j+k$相同的三元组，$i$小的排在前面，对于$i$相同的，$j$小的排在前面。

求第$K$个$(i,j,k)$。

$1\le N\le 10^6$
$1\le K\le N^3$

输入格式

$NK$

输出格式

输出第$K$个$(i,j,k)$，用空格分隔。

样例

$N$	$K$	输出
$2$	$5$	$122$
$1000000$	$1000000000000000000$	$100000010000001000000$
$9$	$47$	$314$

分析

由于每个三元组的和都不会超过$3N$，所以我们考虑暴力枚举三元组的和，这样就能快速算出第$K$个三元组的和。那么，问题来了：符合$i+j+k=n$的三元组$(i,j,k)$（$i,j,k$均不超过$N$）有多少个？
这可以用容斥原理解决。首先，我们发现，上述问题实际上就是在求如下方程解的个数：
$$\{\begin{array}{l}i+j+k=n\\ 1\le i,j,k\le N\end{array}$$
如果我们将问题改成求如下方程解的个数（注意$n$和$N$的区别）：
$$\{\begin{array}{l}i+j+k=n\\ 1\le i,j,k\le n\end{array}$$
这个可以用挡板法解决，在$n-1$个位置上任选$2$个插入挡板，挡板分开的就是$i,j,k$，则公式为$C_{n-1}^2$。我们设$f(n)=$上述方程解的个数（$C_{n-1}^2=(n-1)(n-2)$），则总方程解的个数为$f(n)$。
我们考虑一个、两个（不可能有三个）数大于$N$的情况，这样$\{\begin{array}{l}i+j+k=n\\ 1\le i,j,k\le N\end{array}$这个方程解的个数就为$f(n)+3f(n-2N)-3f(n-N)$。

代码

计算$f(n)$时注意特判$n\le 2$的情况，否则可能会出现负数！

#include <cstdio>
using namespace std;using LL = long long;
int n;inline int max(int x, int y) { return x > y? x: y; }
inline int min(int x, int y) { return x < y? x: y; }inline LL f(LL n) { return n-- > 2? n * (n - 1LL) >> 1LL: 0LL; }
inline LL count(int s) { return f(s) - 3 * (f(s - n) - f(s - (n << 1))); }int main()
{LL k;scanf("%d%lld", &n, &k);int lim = n * 3;for(int sum=3; sum<=lim; sum++){LL cnt = count(sum);if(k > cnt) { k -= cnt; continue; }for(int a=1; a<=n; a++){int minb = max(1, sum - a - n), maxb = min(n, sum - a - 1);if(minb > maxb) continue;int num = maxb - minb + 1;if(k <= num){int b = minb + k - 1;int c = sum - a - b;printf("%d %d %d\n", a, b, c);return 0;}k -= num;}}return 0;
}