OS:原昵称“祝星”改名了，以前的CF\ATC题解还在
近期博客格式炸了，因管控评论区也关闭了，发现Acwing的题解排版还挺好看，先常驻了
另外这里也推荐另一位经常发表题解的佬 @Snow_raw，

A. Integer Moves

解题思路

本题只存在三种情况:
1. 给出点为(0,0)本身，则只需要0步
2. 给出点与(0,0)的距离为整数，则只需要1步
3. 给出点与(0,0)的距离不为整数的情况下，只需要2步

对于第3种情况: 第1步移到原点的水平或垂直方向，第2步移到原点

Code

void solve() 
{
    int x, y;   cin >> x >> y;
    int s = sqrt(x * x + y * y);

    if (x == 0 && y == 0) puts("0");
    else if (s * s == x * x + y * y) puts("1");
    else puts("2");
}

B. XY Sequence（贪心）

题目大意

给定$n,b,x,y(x,y > 0)$,
对于$a[i]$可以赋值为$a[i-1] + x或者a[i - 1] - y$，但要满足$a[i] \le b$$(a[0] = 0)$。
要我们最大化数组$a$的元素和

解题思路

贪心即可，对于在不超过$b$的情况下我们可以选择一直加$x$, 超过的话就减$y$

Code

void solve()
{
    int n, b, x, y; cin >> n >> b >> x >> y;

    int last = 0, res = 0;  // 不用开数组，直接两个变量记录
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        if (last + x <= b)  last += x, res += last;
        else last -= y, res += last;

    cout << res << endl;
}

C. Bracket Sequence Deletion (模拟\规律)

题目大意

题意：现有一括号串。对于其每个前缀，若以下之一满足：
- 它是合法括号串
- 它是长度至少为2的回文串

则删去之。若同时有多个满足，只删去最小的前缀，然后继续以下操作，直到任意前缀都不满足要求。
问：进行了几次删除？最终剩余多少字符？

解题思路

首先我们观察长度为2的括号序列，((，()，))这三种情况都可消除，只有)(需要进行讨论
对于)(这种情况，假设后面出现了一个)，则构成)()，因为是回文串，所以可以消除，
如果后面是(则不可删除

OS：感觉就是个找规律题，不过自己的做法并不是最优的，在p佬那里看到一个更优美代码，这里呈现一下

Code

void solve() 
{
    int n, res = 0; string s;
    cin >> n >> s;

    vector<char> v;
    for (auto c : s)
    {
        v.push_back(c);
        if (v.size() == 1)  continue;
        if (*v.begin() == '(' || *v.begin() == v.back())    v.clear(), res++;
    }
    cout << res << ' ' << v.size() << endl;
}

D. For Gamers. By Gamers. （dp/二分）

题目大意

你有 $C(C \le 10^6)$个硬币来招募士兵攻打魔王，有 $n(n \le 3 * 10^5)$ 种士兵，招募一个第 $i$ 个士兵需要$cost[i]$个硬币，其攻击力为$d[i]$ 血量为 $h[i]$。但是招募的时候，只能招募一种士兵(可以招募多个同一个种士兵)。

有多个询问，每个询问给出魔王的攻击力$D$和血量 $H$，问你能否招募士兵击败魔王，并且使得没有士兵去世。

解题思路

对于魔王，它只要杀死一个士兵即胜利，即需要$\frac{h[i]}{D}$秒，
而对于士兵，士兵是同时攻击的，因此我们可以把攻击力叠加，看为一个整体，
设有$k$个士兵，则它们击杀魔王需要$\frac{H}{k * d[i]}$秒
为了保证士兵全部存活，我们需要让$\frac{H}{k * d[i]} < $ $\frac{h[i]}{D}$
移项 => $k * d[i] * h[i] > H * D$, 对于前面这个式子，只有$k$是变量，其他都为固定值, $k$这时可以理解为倍数，因此进行倍数遍历
我们可以将$d[i] * h[i]$看为整体$val$， 并另外构建新数组,记为$maxv[i] = k * d[i] * h[i]$, 含义为“花费$i$个金币可以得到的最大$val$”
如果士兵的$val$大于魔王的$val$，则可以保证战胜魔王的情况下全部存活

Problem1: 为什么最后是upper_bound而不是lower_bound?
Answer1: 因为lower_bound会找到魔王和士兵同时攻击的状态，这样魔王和士兵都会G

Problem2: 如何理解倍数遍历?
Answer2: 比如第1种类型士兵需要2元，第2种类型士兵需要4元，其他条件理想化，
现我们一共有4元钱，我们可以选择买2只第1种类型士兵或者买1只第2种类型士兵。
也就是通过maxv = max(maxv[2 * cost[1], maxv[cost[1]])这种方式来得到花同样价钱下能得到的最高价值

TIPS: 代码中阐述的test2测试数据点击此处

Code

void solve() 
{
    int n, c;   cin >> n >> c;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> cost[i] >> d[i] >> h[i];
        maxv[cost[i]] = max(maxv[cost[i]], d[i] * h[i]);  // 预处理值
    }

    for (int i = 1; i <= c; i++)  // 倍数遍历
        for (int j = i; j <= c; j += i)
            maxv[j] = max(maxv[j], (j / i) * maxv[i]);


    // 这一步一定要做，因为可能出现花费比他少，但值比它大的情况
    // 否则会WA在第二个点，测试数据已在上面给出
    for (int i = 1; i <= c; i++)  
        maxv[i] = max(maxv[i - 1], maxv[i]);

    int m;  cin >> m;
    while (m--)
    {
        int D, H;   cin >> D >> H;
        if (D * H >= maxv[c])   cout << -1 << ' ';  // 如果花了c元还不能打败魔王，就失败了
        else cout << upper_bound(maxv + 1, maxv + 1 + c, D * H) - maxv << ' ';  // 单调序列，直接二分查找
    }
}

TIPS: 如果WA了，那一定是精度问题，本人代码头文件不同