2019HDU多校第七场 HDU6651 Final Exam

一、题目

　　Final Exam

二、分析

　　题目说的比较绕，总之一定要记住，$n$个题目都可以做，至少作对$k$到，但是做题目的人不知道每道题对应的分数。

　　作为出题人，如果他是田忌，肯定不会去在做题目的人可能会做对的$k-1$道题目上去放分，这样的话出题目的人可以使剩下的$n-k+1$道题的分尽可能大，从而防止学生做出$k$道题。

　　那么作为出题人，能摆出的最优情况就是$\frac{m}{n-k+1}$或者大于$\frac{m}{n-k+1}$的$n-k+1$个题目分，总和肯定还是$m$。（如果是出题人，应该还会在保证这$n-k+1$个题目除了一个题目，其他都是$\frac{m}{n-k+1}$，因为这样能卡掉的可能性最大)

　　作为做题人，对于这$n-k+1$个数，在最坏情况下（相对于出题人就是最优），做题人是必须要至少做一道题出来，那么相当于就是肯定要至少花$m+1$的时间去复习（我认为就是在最坏情况的最大分值上+1，这样是肯定可以保证这$n-k+1$道题我可以做出来至少1道的，$n-k+1$中的其他题目复习时间就等于$\frac{m}{n-k+1}$，这个也是必须要保证的，因为作为做题人不知道自己复习的最好的是否就一定是分数最大的，并且可能刚好剩下的$n-k+1$中的题目没有复习到平均值的时间，出题人就可以把没有加到平均值剩余分数全部加到一个上面去，让你复习最多的也过不了，这样你就做不到$k$题了）。

　　再回到出题人肯定认为我们能做出来的$k-1$道题，为了保证在我不知道自己会做多少分的题目的情况下，我肯定要做出$k$道题，那么这$k-1$道题的复习时间最优就是$\frac{m}{n-k+1} + 1$。比最优的小，出题人是可以调换题目的分值分布让做题人过不了$k$题的。

　　所以最终结果就是$${(\frac{m}{n-k+1} + 1)}\times{(k-1)} + m + 1$$

三、AC代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define ll long long
#define Min(a,b) ((a)>(b)?(b):(a))
#define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))

/*
3
1 10 1
10 109 10
10 101 9
*/

int main()
{
    //freopen("input.txt", "r", stdin);
    int T;
    while(scanf("%d", &T) != EOF)
    {
        ll n, m, k;
        while(T--)
        {
            scanf("%lld%lld%lld", &n, &m, &k);
            ll d = m / (n - k + 1);
            ll ans = (d + 1) * (k - 1) + m + 1;
            printf("%lld\n", ans);
        }
    }
    return 0;
}