====== codeforces educational round 87(div2) ======
===== A =====
题意：大 模 拟

题解：题目比较长，理清逻辑关系即可，没什么好说的……
<hidden>
<code c++>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
	int t,a,b,c,d;
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d);
		if(b>=a) 
		{
			printf("%d\n",b);
			continue;
		}
		else
		{
			int res=a-b;
			if(d>=c)
			{
				printf("-1\n");
				continue;
			}
			else
			{
				int t=ceil((double)res/(c-d));
				printf("%lld\n",1ll*t*c+1ll*b);
			}
		}
	}
 } 
</code>
</hidden>

===== B =====
题意：给定一个只由1 2 3组成的字符串，问取该字符串的一段连续字串，至少要取多长的字串才能满足子串中既有1也有2还有3。

题解：首先判断是否三个数都出现了，若没有都出现，直接就可以判定不成立。然后，最不动脑经的做法，就是从第一个开始模拟，找出每一段连续的且同为一个字符的串，观察该串开头的左边和末尾的右边的字符是否为同一个，若不是则为一种情况。复杂度O(n)
<hidden>
<code c++>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2e5+13;
char s[maxn];
int flag[4];
int main()
{
	int t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		for(int i=1;i<=3;i++) flag[i]=0;
		int ans=0x7fffffff;
		int yes=1;
		scanf("%s",s+1);
		int len=strlen(s+1);
		for(int i=1;s[i];i++)
		{
			flag[s[i]-'0']=1;
		}
		for(int i=1;i<=3;i++)
		{
			if(!flag[i]) yes=0;
		}
		if(!yes) {
		printf("0\n");continue;}
		int k=1,st;
	    while(s[k]==s[1]) k++;
	    st=k-1;
		for(int i=k;i<=len;i++)
		{
			int j=i;
			while(s[j]==s[i]) j++;
			if(j>len) {
			break;}
			if(s[j]!=s[st]) ans=min(ans,j-i+2);
			st=j-1;
			i=st;
		}
		printf("%d\n",ans);
	 } 
 } 
</code>
</hidden>

===== C1 =====
题意：给一个边长全部都为1的正2*n边形，这里n取偶数，要求一个正方形完全盖住这个正2*n边形，问最小边长是什么。

题解：如果n是偶数我们能够比较容易的看出合法的情况为下图

{{:2020-2021:teams:manespace:img_20200524_202525.jpg?400|}}


则很容易得出答案为 $\frac{1}{\tan\frac{\pi}{2n}}$

<hidden>
<code c++>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double pi=3.1415926535;
int main()
{
	int t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		int n;
		scanf("%d",&n);
		n*=2;
		double ans=1.0/(tan(pi/((double)n)));
		printf("%.10lf\n",ans);
	}
 } 
</code>
</hidden>

===== C2 =====
题意：将上述题的n改成奇数

题解：如图


{{:2020-2021:teams:manespace:owilt40_08lns_7ctj9c_l.png?400 |}}


利用对称性，发现当n是奇数时我们可以发现当正多边形在旋转时具有一个对称性，我们旋转$\frac{\pi}{2n}$时，图形会变为原来的状态。则我们不难发现当旋转为一半，即为$\frac{\pi}{4n}$，可以达到最大，那么我们有几何关系可以得到答案为$\frac{\cos\frac{\pi}{4n}}{\sin\frac{\pi}{2n}}$


<hidden>
<code c++>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double pi=3.1415926535;
int main()
{
	int t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		int n;
		scanf("%d",&n);
		double x=pi/(4.0*n);
		double ans=1.0/(2*sin(x));
		printf("%.10lf\n",ans);
	}
}
</code>
</hidden>


===== D =====
题意：给一系列数，每个数都满足小于等于n，每次可能进行两个操作，一种操作为将k插入序列，第二种操作为将第k个数消去。问k个操作后是否还有数。

题解：注意一下空间限制，这个限制不能用平衡树，不然死的很惨……，可以利用权值线段树，空间复杂度0(2n),可以满足。

<hidden>
<code c++>
#include <bits/stdc++.h>
#define mid (l+r)/2
const int maxn=1e6+13;
using namespace std;
int p=0;
int lc[maxn<<1],rc[maxn<<1];
int val[maxn<<1];
void modify(int l,int r,int &rt,int lo,int add)
{
	if(!rt) rt=++p;
	if(l==r)
	{
		val[rt]+=add;
		return;
	}
	if(lo<=mid) modify(l,mid,lc[rt],lo,add);
	else modify(mid+1,r,rc[rt],lo,add);
	val[rt]=val[lc[rt]]+val[rc[rt]];
}
int find(int l,int r,int rt,int k)
{
	if(l>=r) return l;
	if(val[lc[rt]]>=k)
	{
		return find(l,mid,lc[rt],k);
	}
	else
	{
		return find(mid+1,r,rc[rt],k-val[lc[rt]]);
	}
}
int main()
{
	int rt=0,n,m,cnt=0;
	int x;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&x);
		modify(1,n,rt,x,1);
		cnt++;
	}
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%d",&x);
		if(x>0)
		{
			modify(1,n,rt,x,1);
			cnt++;
		}
		else
		{
			int k=find(1,n,rt,-x);
			modify(1,n,rt,k,-1);
			cnt--;
		}
	}
	if(cnt==0) printf("0");
	else printf("%d",find(1,n,rt,1));
 } 
</code>
</hidden>