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A. Park Lighting

题意：

用 1 * 2 的方格去填充 n * m 的格子，可以重叠摆放，至少需要多少个

分析：

不重叠的情况下，横着摆与竖着摆的最少数量是一样的，贡献为
\(\lfloor \frac{n}{2} * m\rfloor\)，对于 1 * n 的格子，需要竖着摆放，贡献为\(\lceil \frac{m}{2}\rceil\)

void solve()
{
    int res = 0;
    cin >> n >> m;
    res += floor(n * 1.0 / 2) * m;
    if (n % 2 == 1)
        res += ceil(m * 1.0 / 2);
    cout << res << endl;
}

B. Maria Breaks the Self-isolation

题意：

有 n 个朋友，每个朋友有个标记 a[i]，初始只有一个人在院子里，想邀请朋友来。朋友接受邀请的条件是：当邀请第 i 个朋友时，院子里已有的人和同时被邀请的其他人的数量和必须大于等于a[i]（可以同时邀请多个人）问能聚集的最多的人数

分析：

一次性将x人同时邀请，此时一定满足 \(x>=a[x]\)，问题答案就是满足 \(x>=a[x]\) 的最大的 x ；只需要考虑邀请人数 x 与排序后最大的 \(a[x]\) 的关系即可

void solve()
{
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> a[i];
 
    sort(a + 1, a + 1 + n);
    int res = 1;
 
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        if (a[i] <= i)
            res = i + 1;
    }
    cout << res << endl;
}

C. Celex Update

题意：

在给出的矩阵上只能向 下/右 走，求从起始点到终点累加数字后有多少中不同的和

分析：

和最小时：先向右直走，再向下直走
和最大时：先向下直走，再向右直走
可以发现从和最小的方式开始，一直到和最大的方式都不同：
例如 3 * 3：

\[\begin{array}{|c|c|c|} \hline 1&2&4\\ \hline 3&5&8\\ \hline 6&9&13\\ \hline \end{array} \]

从最小的开始：

\[\begin{array}{|c|c|c|} \hline 一&二&三&四&五&和\\ \hline 1&2&4&8&13&28\\ \hline 1&2&5&8&13&29\\ \hline 1&2&5&9&13&30\\ \hline 1&3&5&9&13&31\\ \hline 1&3&6&9&13&32\\ \hline \end{array} \]

计算可改变次数即可，发现只能在 [3 5 6 9] 上发生改变才会改变总和

void solve()
{
    cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2;
    int t1 = abs(x1 - x2);
    int t2 = abs(y1 - y2);
 
    cout << t1 * t2 + 1 << endl;
}

D. The Best Vacation

题意:

一年 n 个月，每个月 \(a[i]\) 天，每天的贡献为该天是该月的第几天，连续选择 k（可以跨年）天，求最大贡献

分析：

双指针暴力 + 前缀

void solve()
{
    res = 0;
    cin >> n >> k;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> a[i];
        a[i + n] = a[i];
    }
    for (int i = 1, x; i <= 2 * n; i++)
    {
        d[i] = d[i - 1] + a[i];                    // 天数前缀
        s[i] = s[i - 1] + (a[i] * (a[i] + 1) / 2); // 拥抱数前缀
    }

    for (int i = 2 * n, j = 2 * n; i; j--)
    {
        while (d[j] - d[i - 1] < k && i)
        {
            i--;
            // cout << i << " " << j << endl;
        }
        int need = s[j] - s[i - 1];
        if (d[j] - d[i - 1] > k)
        {
            int tmp = d[j] - d[i - 1] - k;
            int del = (tmp + 1) * tmp / 2;
            need -= del;
        }
        res = max(res, need);
    }

    cout << res << endl;
}

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