Задача А. Треугольники.

Идея: Андрей Станкевич.
Реализация: Анна Малова.
Разбор: Анна Малова.

В задаче требуется определить количество треугольников каждого типа, которые можно составить из четырех отрезков.

Переберем все возможные тройки отрезков. Из трех отрезков можно составить треугольник, если выполнено неравенство треугольника, то есть сумма любых двух сторон строго больше длины третьей стороны.

Рассмотрим отрезки a, b, c в порядке возрастания длины, тогда если выполнено равенство c² = a² + b², то треугольник является прямоугольным, если c² < a² + b² остроугольным, и если c² > a² + b²— тупоугольным

Задача B. Оригами.

В задаче требуется проверить существует ли в прямоугольнике a на b подпрямоугольник площадью S, у которого стороны параллельны исходным.

Для этого переберём все такие x — делители числа S, и проверим, что x ≤ a и S ⁄ x ≤ b. Если существует хотя бы одна такая пара x и S ⁄ x, удолетворяющим ограничениям, то решение существует.

Время работы на один тестовый случай O(sqrt(S)).

Задача C. Митя и граф.

Идея: Жюри.
Реализация: Виталик Аксёнов.
Разбор: Виталик Аксёнов.

Первое наблюдение заключается в следующем: граф должен быть рёберным кактусом. Если он не получился таковым, то обязательно найдётся чётный цикл. Раз это кактус, то количество циклов равно m — (n — 1). А так как каждый цикл содержит в себе минимум 3 вершины, то 3·(m-(n — 1)) ≤ m. Отсюда получаем, что максимальное число рёбер равно 3·(n — 1) / 2.

При нечётных n, это мельница, то есть набор циклов длины 3, пересекающихся по 1 вершине, а при чётных n почти тоже самое, но еще одна висячая вершина соединена с любой другой ребром.

Задача D. Призы.

Идея: Виталик Аксёнов.
Реализация: Виталик Аксёнов.
Разбор: Виталик Аксёнов.

Мы знаем, что количества конфет, выданные участникам, должны убывать в зависимости от номера группы. Несложно убедиться, что любое удовлетворяющее разбиение конфет можно представить следующим способом:

• В начале, в первой группе дети получают n конфет, во второй — n-1 конфет, ..., в последней — 1 конфету.
• Далее мы можем прибавлять по одной конфете всем детям на префиксе групп. Это значит, что мы можем выбрать число p и увеличить a_i на единицу для любого i ≤ p.

Так как мы выбрали изначальное распределение, то из общего числа конфет можно сразу вычесть n·a₁+...+1·a_n. Несложно заметить, что операция распределения вычитает b_p = a₁+...+a_p. Итого, нам надо проверить, можем ли мы представить d в виде какой-то суммы b₁, ..., b_n, а это стандартная задача о рюкзаке.

Время работы O(nd).

Задача Е. Криптостойкие ключи

Идея: Виталий Демьянюк.
Реализация: Виталий Демьянюк.
Разбор: Виталий Демьянюк.

Дано множество чисел a₁, a₂, ..., a_n. Его замкнули относительно операций НОД и НОК. Требуется выяснить, принадлежит ли заданное число v замкнутому множеству S.

Представим v в виде p₁^q₁p₂^q₂... p_k^q_k, q _i > 0 , где p₁, p₂, ..., p_k — простые числа. Чтобы v принадлежало S необходимо чтобы для каждого i, 1 ≤  i ≤  k существовало j, 1 ≤  j ≤  n, такое что p_i^q_i ∣a_j и p_i^q_i+1 ∤a_j . Этот факт следует из того, что мы можем любое число представить в виде НОК(НОД(...), НОД(...), ..., НОД(...)), так как min(a, max(b, c)) = max(min(a, b), min(a, c)) и max(a, min(b, c)) = min(max(a, b), max(a, c)). Положим c_i равным наибольшему общему делителю чисел a_j, таких что p_i^q_i ∣a_j . Если все c_i делят v, то v принадлежит S. Оно может быть получено как наименьшее общее кратное всех c_i. В противном случае v не принадлежит S(это следует из свойств операций НОД и НОК).

Время работы O(nk + sqrt(v) ), где k — количество простых делителей числа v.