codeforces 1301C Ayoub's function 贪心+容斥原理

https://vjudge.net/problem/CodeForces-1301C

题目大意：对于一个长度为 $n$的 $01$串 $s$，规定 $f(s)=\sum_{l=1}^n\sum_{r=l}^n val(l,r)$，如果 $s[l……r]$中至少有 $1$个 $1$，那么 $val(l,r)=1$，否则 $val(l,r)=0$。也就是说 $f(s)$整数对 $(l,r)$的个数，且 $s[l……r]$中至少有 $1$个 $1$。现在给定两个数 $n、m$，表示 $s$的长度为 $n$，且 $s$中 $1$的个数为 $m$，问所有符合该情况的 $s$的 $f(s)$的最大值。

思路：根据容斥原理，答案就等于：整数对 $(l,r)$的总数量 $-s[l……r]$中不包含 $1$的整数对 $(l,r)$的数量。整数对 $(l,r)$的总数量其实就等于 $n*(n+1)/2$，且如果区间 $[l,r]$内不包含 $1$的话，那么这个区间包含了 $(r-l+1)*(r-l+2)/2$种选择(与区间长度有关)，那么我们可以根据 $1$的个数来把 $s$划分成几个不同的部分，这样答案就比较好计算了。接下来我们看一下怎么划分 $s$使得 $f(s)$最大，根据上面的推导，由于第一部分是一个定值，要使 $f(s)$最大，就要使第二部分的值最小，不难想(猜)到用这 $m$个 $1$把 $n-m$个 $0$尽可能均匀的分成 $m+1$份时，第二部分的取值最小。设 $res1=(n-m)/(m+1)，res2=(n-m)\%(m+1)$，那么有 $res2$份区间长度为 $res1+1$的，还有 $m+1-res2$份区间长度为 $res1$的，那么答案就出来了，复杂度 $O(1)$。

#include<bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;

ll cal(ll n)
{
    return n*(n+1)>>1;
}

int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        ll n,m;
        scanf("%lld%lld",&n,&m);
        ll res1=(n-m)/(m+1);
        ll res2=(n-m)%(m+1);
        ll ans=cal(n);
        ans-=cal(res1+1)*res2+cal(res1)*(m+1-res2);
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}