题目链接：Codeforces Round 920 (Div. 3)
A. Square
难度：800
输入矩形的四个坐标，计算四边形的面积。
获取到输入坐标中x和y轴的最小值最大值，相乘计算面积即可。
int t;
int a[4][2],minx,miny,maxx,maxy;
int main()
{
// ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
CI t;
while (t--)
{
F(i,0,3)
CI a[i][0]>>a[i][1];
minx=maxx=a[0][0];
miny=maxy=a[0][1];
F(i,0,3)
{
minx=min(minx,a[i][0]);
maxx=max(maxx,a[i][0]);
miny=min(miny,a[i][1]);
maxy=max(maxy,a[i][1]);
}
CO abs(maxx-minx)*abs(maxy-miny) L;
}
return 0;
}B. Arranging Cats
难度：800
给出两段只由0和1组成的字符串s和n，每一步可以把一个1变成0、把0变成1、把一个0和1对调。求出最小多少步可以让字符串s与n相等。
为求出最小的步数，可以先把需要0变成1和需要1变成0的两位进行交换，这样一步就可以让两位字符相等，等无法交换时，再一位一位的修改字符串。所以分别计算出s和n中不相等位中字符1的个数，最大的一个即为最小步数。
int t,n;
string s1,s2;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
CI t;
while (t--)
{
CI n;
CI s1>>s2;
int x1=0,x2=0;
F(i,0,n-1)
if (s1[i]!=s2[i])
{
if (s1[i]=='1') x1++;
else x2++;
}
if (x1>x2) CO x1 L;
else CO x2 L;
}
return 0;
}C. Sending Messages
难度：900
有n个短信需要发送，每个短信在第\(a_i\)时刻发送，手机初始为开机状态有f格电，每单位时间会消耗a格电，开关机一次需要b格电，当电量≤0时将无法发送短信。求这n个短信能否全部发出去。
进行模拟即可，在需要发短信的时刻手机需要保持开机状态，但在没发短信的等待时刻可以选择开机等待或者关机等待。判断开机等待还是关机等待消耗的电量少，选择最少的即可，最后看能否发完全部短信。
int t;
LL mes,power,use,off;
LL a[200005];
int main()
{
// ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
CI t;
while (t--)
{
CI mes>>power>>use>>off;
F(i,1,mes)
CI a[i];
int t=0,f=1;
F(i,1,mes)
{
if ((a[i]-a[i-1])*use<=off) power-=(a[i]-a[i-1])*use;
else power-=off;
if (power<=0)
{
f=0;
break;
}
}
if (f) CO "YES" L;
else CO "NO" L;
}
return 0;
}D. Very Different Array
难度：1100
给出两个数组a,b，长度分别为n,m，且n≤m。要在b数组的m个数中选出n个数并排序，然后依次与a数组中对应的数相减，使得绝对值的和最大，即sum(abs(ai-bi))最大。
为了使两个数组每个元素差的绝对值最大，需要将两个数组中最大的数与最小的数相减。所以首先先将数组a从小到大排序，将数组b从大到小排序，然后再维护一个数组c和指针k，将b数组中的前k个元素依次加入到数组c中，再将b数组的后n-k个元素依次加入到数组c中，然后再计算c与b差的绝对值。不断移动指针k，保存下最大的那个差的绝对值。
这样做可以得到正确的结果，但是会导致超时。观察数组c可以发现，每次指针k移动，c中都只有一个元素发生了改变。所以可以直接记录下b数组的前n个元素与a的差的绝对值，同时指针k指向b数组的第n个数，然后指针k不断向左移动直到指向第一个元素，同时不断从记录下的结果中删去指针指向元素b[k]与对应元素a[k]的差，再添加上对应的元素b[k+m-n]与a[k]的差，并记录最大值。
LL t,n,m,ans,ma;
LL a[200005],b[200005];
bool cmp(LL a,LL b)
{
return a>b;
}
int main()
{
// ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
CI t;
while (t--)
{
ans=0;
ma=0;
CI n>>m;
CII(a,1,n)
CII(b,1,m)
sort(a+1,a+n+1);
sort(b+1,b+m+1,cmp);
F(i,1,n)
ans+=abs(b[i]-a[i]);
ma=ans;
FD(i,n,1)
{
ans-=abs(b[i]-a[i]);
ans+=abs(b[i+m-n]-a[i]);
ma=max(ma,ans);
}
CO ma L;
}
return 0;
}E. Eat the Chip
难度：1600
给出一个棋盘和两个已经放在棋盘上的棋子a,b，a只能向下，沿对角线左下、右下移动1格，b只能向上，沿对角线左上、右上移动1格。a先走，如果一个棋子移动后盖在了另一棋子上，就算赢。
这题根据a,b所在坐标就能分析出最终谁赢。如果a在b棋子的下方或者平行，那么a一直向下走，b一直向上走，最后谁都吃不了对方，所以平手。如果a在b棋子上方，但两者的横向距离太远，直到两个棋子平行横向上仍有距离，则为平手。
如果ab之间纵向间隔的格子为偶数，因为a先走，所以a能吃掉b；同样如果间隔为奇数，则b能吃掉a。这是被吃掉的一方就要努力避开对方。所以还需要计算出当双方平行时，双方的横向移动范围。如果被吃的一方移动范围有一边超出了吃的一方，则可以逃出去，变为平局。
int t,n,m,xa,ya,xb,yb;
int main()
{
// ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
CI t;
while (t--)
{
CI n>>m>>xa>>ya>>xb>>yb;
if (xa>=xb) CO "Draw" L;
elif (abs(ya-yb)-1>(xb-xa-1)) CO "Draw" L;
elif ((xa-xb)%2!=0)
{
int la=max(1,ya-(xb-xa)/2-1);
int ra=min(m,ya+(xb-xa)/2+1);
int lb=max(1,yb-(xb-xa)/2);
int rb=min(m,yb+(xb-xa)/2);
if (la<=lb&&ra>=rb) CO "Alice" L;
else CO "Draw" L;
}
else
{
int la=max(1,ya-(xb-xa)/2);
int ra=min(m,ya+(xb-xa)/2);
int lb=max(1,yb-(xb-xa)/2);
int rb=min(m,yb+(xb-xa)/2);
if (lb<=la&&rb>=ra) CO "Bob" L;
else CO "Draw" L;
}
}
return 0;
}
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