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：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

更新中(/头秃)