『题解』Luogu P8344 「Wdoi-6」走在夜晚的莲台野

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题目大意

有 \(x\) 个金色木板，\(y\) 个银色木板，还有一个可以放 \(z\) 个木板的空容器。

每向容器中放入一个金色木板后，会丢掉容器内的所有银色木板（放金色木板前，容器里至少要能放下一个木板）。

问是否存在一种方式，使得所有木板都被放进过容器中。

多组数据。

思路

看一眼数据范围，\(1 \le T \le 1000,1 \le x,z \le 10^9,1 \le y \le 5 \times 10^{17}\)，显然每次询问需要 \(\mathcal O(1)\) 时间。

先来看一个例子：\(x=2,y=7,z=4\)。

那么一种操作过程就是：

• 放 \(3\) 个银色木板。此时剩余 \(1\) 个木板的空间。
• 放 \(1\) 个金色木板，扔掉前面 \(3\) 个银色木板。此时剩余 \(3\) 个木板的空间。
• 放 \(2\) 个银色木板。此时剩余 \(1\) 个木板的空间。还剩 \(2\) 个银色木板未进入过容器。
• 放 \(1\) 个金色木板，扔掉前面放的两个银色木板，但第一个金色木板不扔。此时剩余 \(2\) 个木板的空间。
• 放 \(2\) 个银色木板，刚好填满容器，且所有木板进入过容器，操作结束。

通过观察可以发现，在金色木板用完之前，每次可以放入并在下一次放入金色木板时扔掉的银色木板数分别为：\(z-1,z-2,\dots,z-x\)。

那么，我们就可以利用高斯求和公式 \(\textsf{等差数列之和}=\dfrac{(\textsf{首项}+\textsf{末项})\times\textsf{项数}}{2}\) 求出可以利用金色木板抵消掉的银色木板总数，即 \(\dfrac{[(z-x)+(z-1)] \times x}{2}\)。

在这些银色木板都被抵消后，\(x\) 个金色木板都被放入了容器中，因此容器还能装的木板数量就为 \(z-x\)。因为金色木板都放完了，剩下 \(z-x\) 个空间就可以用来放银色木板了。

我们就可以很轻松地求出最大可以放的银色木板数量了：\(\dfrac{[(z-x)+(z-1)] \times x}{2}+z-x\)。

若这个值 \(\ge y\)，那么操作就是可以完成的。

还要注意一种不能完成操作的情况：\(x>z\)，若是金色木板数量比容量还大，那是无论如何也装不下去的。除非你把容器扒得超级大。

那么能完成操作的时候当 \(x \le z\) 和 \(\dfrac{[(z-x)+(z-1)] \times x}{2}+z-x \ge y\) 同时成立的时候。

注意开 long long。

代码

#include <iostream>
using namespace std;
template<typename T=long long>
inline T read(){
    T X=0; bool flag=1; char ch=getchar();
    while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-') flag=0; ch=getchar();}
    while(ch>='0' && ch<='9') X=(X<<1)+(X<<3)+ch-'0',ch=getchar();
    if(flag) return X;
    return ~(X-1);
}

typedef long long ll;
ll t,x,y,z;

int main(){
    t=read();
    while(t--){
        x=read(),y=read(),z=read();
        if(x<=z && ((z-x)+(z-1))*x/2+z-x>=y) puts("Renko");
        else puts("Merry");
    }
    return 0;
}