SRM 509 Div1 Easy + Medium

Easy: 給了一個不帶零的正整數$N$，可任意刪除數位(不能全部刪除、也可以不刪)但保持其原來次序，可得一集合$\mathcal{S}$。求$\sum_{i \in \mathcal{S}} i \bmod{9}$。例如$N = 123$則答案是
\[ 123 + 12 + 13 + 23 + 1 + 2 + 3 \equiv 177 \equiv 6 \pmod{9}\]
首先求取模$9$的意義。從上式可知
\[ 123 \equiv 1 + 2 + 3\pmod{9}\]
因此其實是問所有數位出現多少次，求和並取模。不難從例子發現，若$N$是一$L$位整數，則每個數位會出現$2^{L-1}$次。設$d(N)$是$N$的數位之和，則答案顯然是\[d(N)\times 2^{L-1} \bmod{9}\]
注意$2^{L-1}$可以超越整數範圍。

Medium: 給了一個字串$S$，並只給了幾種特定的操作，其操作形式只有三種。
(1) 在字串內刪除其中一個為$a$的字元，費用為$w_1$。
(2) 在字串內把其中一個為$a$的字元變成$b$，費用為$w_2$。
(3) 在字串加上一個為$a$的字元(可以在字串前後加上)，費用為$w_3$。

現給予$R$種互不相同的操作，問把$S$變成迴文的最少費用。

處理這類字串成問題通常是考慮動態規劃狀態$F(x, y)$，即最少把子字串$S_{x\cdots y-1}$修改成迴文的最小費用。

先考慮簡化版問題﹕允許任意操作，並且一律費用為$1$。那麼其狀態轉移方程可以簡單描述成
\[F(x, y) = \begin{cases} 0 & \text{if $y-x \le 1$} \\ F(x+1, y-1) & \text{if $S_x = S_{y-1}$} \\ \min(F(x+1, y), F(x, y-1)) + 1 & \text{otherwise}\end{cases}\]
但套在這道問題又是否可行呢？首先留意到並非任意操作都可行，所以狀態方程必須因應對應字元而再設計。其次是任意操作的費用不再單純是$1$，意味著若把上述方程的費用$1$寫成通用的$W_{S_x,S_y}$，那麼其意義不只限於單次操作使得$S_x$和$S_y$匹配，而是可以經過一系列操作令$W_{S_x,S_y}$最少化。先考慮$C_{a,b}$，即最少費用把字元$a$修改成字元$b$，然後$W_{a,b}$則可經如下公式求得
\[W_{a,b} = \min_{c}\{C_{a,c} + C_{b,c}\}\]
這引伸了另一個問題﹕如何求$C_{a,b}$？可以想像到的是最短路算法。但首先留意求算需要周全考慮所有操作﹕如果只考慮改變字元的話是不夠的，因為可能最小費用操作可以循這種方式獲得﹕修改$\rightarrow$刪除$\rightarrow$加入$\rightarrow$修改。可見刪除和加入這兩種一般難以用最短路方式描述的操作是可以出現在最小費用操作的任意位置中。解決這個問題的一種思路是﹕何不可以把這兩種操作歸約成修改操作？留意兩種操作可以這樣看的﹕
(1)刪除﹕把字元$a$修改成字元$\emptyset$。
(1)加入﹕把字元$\emptyset$修改成字元$a$。
因此我們只需把空字元$\emptyset$列為可考慮修改字元的話，那麼$C_{a,b}$即可以用最短路
\[C_{a,b} = \min_{c \in \{\text{`a', `b', $\cdots$ `z', $\emptyset$}\}}\{C_{a,c} + C_{c, b}\}\]
求得，因此亦得到$W_{a,b}$。現在重新考慮狀態轉移方程，留意因為費用不再全部都是$1$的關係，因此我們把簡化版的方程的$S_x = S_y$情況一併歸約至一般情況之中，即可得解決本題的方程，如下﹕
\[F(x, y) = \begin{cases} 0 & \text{if $y-x \le 1$} \\ \min(F(x+1, y), F(x, y-1)) + W_{S_x,S_y} & \text{otherwise}\end{cases}\]

SRM 512 Div1 Easy + Medium

因為這次SRM是$2$的冪，所以題目分數也別出心裁的改為$2$的冪。

Easy: 假設某餐店只開$N$日，每日也賣出$M$款菜式。每日每款菜式的價格都有所不同。這餐廳有點古怪，要求你必須一天只買一款菜式；第$i$天買了第$j$款菜式的話必須在$i+7$天買第$j$款菜式；一旦你在第$i$天沒有光顧的話以後都不可以光顧該餐廳。你有$K$元在手，問最多能光顧這餐廳多少天。

算是比較容易的題。首先問題可以轉化為：能不能連續光顧$k$天？設這函數是$f(k)$的話我們就是求最大的$k$使得$f(k) = true$。當然由於$k$很小，線性枚舉所有$f(k)$即可。那麼判斷答案實在是很容易的–設$v_{i, j}^k$是在這連續$k$天內每星期$i$都買菜式$j$的總支出。判斷$f(k)$則只需檢查\[\sum_{i=1}^7 \min_{1\le j\le M}v_{i,j}^k \le K\]即可。

Medium: 一個泛費波那契數列是指任意正整數$f_0, f_1$為數列的首兩個元素，並且其數列遵從遞迴式$f_k = f_{k-1} + f_{k-2}, k > 1$。任何其子序列則稱為泛費波那契子數列。假設有一個正整數集$S$，當中有$N$個各不相同的整數。題目要求從$S$中取出兩個不相交的子集$A$和$B$，使得$A$和$B$皆為泛費波那契子數列，並且$A$的最大值必須少於$B$的最小值，而且$A$和$B$皆為上升序列。

乍看起來有點難。首先可以想到的是﹕能不能把$S$排序，然後劃分兩個子集$S_{1\cdots p}$、$S_{p+1\cdots N}$並分別在其中找出$A$和$B$？基於$N$不太大的關係，似乎有點可行，而且問題會簡化為從一個集合中找出最長的泛費波那契子數列。這個如何找呢？現在假設在$S$中找出$A$，可以試著想想枚舉。現在從$S$選出$S_i$和$S_j$，$i < j$，找出所在$S$中最長的泛費波那契子數列且必需包含$S_i$和$S_j$。不過包含$S_i$和$S_j$的子數列並非唯一，例如$\{1, 1, \mathbf 3, 5, \mathbf 8, 13\}$和$\{1, \mathbf 3, \mathbf 8, 11, 19\}$。但是可以留意兩件事﹕(1) $S_i$是數列的第幾個數並沒關係，只需要假定它是第一個就行；(2) 如果假定$S_j$是第$k$個數，則這個數列的存在性是唯一的，而且其唯一性是基於$S_i$之後的那個數。那麼我每只需枚舉$S_i$、$S_j$和$k$基本上憑求得序列的第二個數便可以確定序列。記得費波那契數的矩陣公式嗎？其實我們可以用同樣公式求得答案﹕
\[ \begin{bmatrix}F_k \\ F_{k-1} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0\end{bmatrix}^{k-1} \begin{bmatrix}F_1 \\ F_0\end{bmatrix}\]
其中$F_k = S_j$，$F_0=S_i$而且$F_1$就是要求的答案。假設該式寫成
\[ \begin{bmatrix}S_j \\ F_{k-1} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d\end{bmatrix} \begin{bmatrix}F_1 \\ S_i\end{bmatrix}\]
則可以得到
\[ S_j = aF_1 + bS_i \]
然後可得$F_1 = \frac{S_j - bS_i}{a}$。於是若$F_1$有整數解，並且$F_1 > 0$，則可以憑$S_i, F_1, S_j$求得整條數列，然後利用set找出$S$內包含的所有序列元素，並從出找出最長的子序列。需留意的是不要重覆計算元素，例如$S_i = 1, S_j = 8, k = 4$(假設$k$是以$0$開始)，$F_1=1$。另外枚舉子序列時若$F_1 < S_i$，就算$F_1\in S$也不應算為答案之一，因為題目要求答案序列是上升的。
在預計算$\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0\end{bmatrix}^k$的情況下，這算法是$\tilde{O}(N^5)$的，但是也能足夠通過System test。至於$k$應該是多少？因為$S_i \le 10^8$，所以$k \le 50$足夠了。

TCO 2011 Round 1

一年一度的比賽，就算再忙也要抽點時間出來比賽…

Easy:

給定了一個只帶o或x的隊列$A$，和兩個最被是空的隊列$B$和$C$，你可以進行如下四種操作﹕

1) B.enqueue(A.dequeue);
2) C.enqueue(A.dequeue);
3) A.enqueue(B.dequeue);
4) A.enqueue(C.dequeue);

問最少進行多少操作可以把$A$的內容變成指定的狀態？

不難發現一件事﹕在答案裡，$A$的最長後綴是最終狀態的前綴。剩下來的符號要怎樣處理？留意到為甚麼有兩條隊列嗎？這是因為你可以把非後綴的字元按o或x分別放到$B$和$C$，當剩下最長後綴時則按餘下的字元從$B$或$C$取出字元。那麼一個字元對應一出一入就是兩次操作，已是最少的了。

Medium:

給了一個$N$格的地圖，每格給出$p_i$，是為第$i$格變成泥濘的路的概率。保証第一格及第$N$格不會變成泥路。現在你可以向前一步或跳過一步。給定任何一整段路的狀態，你總是選定一個走法，使得跳進泥路的數量為最少。假設你現在站在第一格，到達第$N$格的時候，平均要走進多少個泥路？

其實又不是很難動態規劃，不過我卻想了很多不確定的東西。
關鍵的觀察是﹕如果你站在一個沒有泥的路，而前方有剛好$k$個泥路，那麼你最少可以踏過$\lfloor\frac{k}{2}\rfloor$個泥路。根據這個觀察可以這樣定義狀態函數$f(i, j, k)$，其中$i$是代表位置，$j$代表當前是第幾個連續的泥路，$k$是代表總共最少走過多少個泥路。那麼$f$即為該狀態的概率。其轉移方程則是﹕
\[ f(i+1, j+1, k+\delta) := f(i+1, j+1, k+\delta) + f(i, j, k) \times p_{i+1},\text{ where }\delta = \begin{cases}1 & \text{ if $j+1 \equiv 0 \pmod{2}$ } \\ 0 & \text{ otherwise}\end{cases}\]
\[ f(i+1, 0, k) := f(i+1, 0, k) + f(i, j, k) \times (1-p_{i+1})\]
而且$f(0, 0, 0) = 1$。那麼$O(N^3)$時間可以求出所有狀態，答案則是$\displaystyle\sum_{k=0}^N f(N-1, 0, k) \cdot k$。

注意本題有很簡單的$O(N)$的動態規劃。

Codeforces #78

題目出乎意料之外的難…

A: 給定三行字串 $s_1, s_2, s_3$ 問其帶母音數是否等於 $(5, 7, 5)$ 。送分題。

B: 現在有 $7 \le N \le 100$ 個人圍成一圈，現在要分派7種顏色的復活蛋，要求是每種顏色的復活蛋必須至少有一人被分發，而且任意連續四人分配到的必須是四種不同顏色的蛋。給出一種可能分發復活蛋的方案。

先把顏色變成數字 $[1, 7]$ 。因為題目保証答案永遠存在，不妨先考慮 $N = 8$ 的情況。如果第1至7人分別得到顏色為 $1, 2, \cdots 7$ 的復活蛋的話，哪麼第8人應該拿甚麼顏色？注意第一個條件已經滿足了，要讓第二條件滿足，關鍵在如何分配給第8個人。若過他往前看3人拿的顏色，應是 $\{1, 2, 3\}$ ；往後看的話則是 $\{5, 6, 7\}$ ，故他只能取得顏色為 $[1, 7] - \{1, 2, 3, 5, 6, 7\} = \{4\}$ 的蛋。若是第9人呢？首先按同樣道理往前看已決定他不能取顏色為 $\{1, 2, 3\}$ 的復活蛋，但往後看的話現在則不能拿到 $\{4, 6, 7\}$ 的蛋，故只剩下顏色為5的蛋可取。注意往前再分析第8人時它本來向前看的顏色是 $\{1, 2, 3\}$ 現在變成了 $\{5, 1, 2\}$ 但條件仍舊滿足。細心再推論之下其實派蛋的方法是遵從這種數列﹕ $(1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 4, 5, 6, 7, 4, 5, 6, 7, 4, 5, 6, 7\cdots)$ 。

C: 問有 $N$ 條木棒，各長度皆為 $M$ 。現在兩人輪流玩遊戲。每一回合其中一人必須選擇一根木棒，折成多於一條均等整數長度的木棒，且其長度不得少於 $K$ 。沒法進行此一操作者為負方。現給定 $N, M, K$ 決定誰是勝方。

二人博弈問題。先不想 $M, K$ 的，考慮 $N$ 對賽局的影響。把木棒分成一雙雙，可以發現如果 $N$ 是偶數的話當先手選擇某一雙的一根木棒毅行操作，對方可選該雙的另一根木棒進行同樣的操作，因此先手必負。如果 $N$ 是奇數的話，根據同樣道理可知先手最後被迫對剩下的一根長度為 $M$ 的木棒進行操作。

因此遊戲在 $N$ 是奇數的情況下可以視作只有一根木棒的遊戲。同樣對 $N$ 為偶數的特性，先手必須盡量把木棒分成雙數等分的木棒，且長度至少為 $K$ ，此舉可以讓對方陷入必敗局。若不存在這樣的一步，則直接看看能否把木棒分拆即可。因為通過分拆成剛好大於 $K$ 的木棒後對方必不能再進行操作，因此能找到這樣的分拆必也可以直接勝出。需要注意 $N = K = 1$ 的情況： $M = 1$ 時必敗， $M > 1$ 時必勝。

D: 簡單點說就是問一個以邊長為1的正六邊形舖密的蜂巢狀世界，假設你站在其中一個正六邊形的中點為座標的原點，視野是一半徑為 $R$ 的圓，問有多少個半正六邊形是被這圓所包含的？包含的定義是指該正六邊形內任意一點必須與原點距離少於等於 $R$ 。下圖展示了 $R = 6$ 所包含的31個正六邊形﹕



紅線是視野，橙色的正六邊形是被包含的正六邊形。
做法是考慮圓形上的一個象限，如下圖﹕



然後沿著從象限左至右 $O(1)$ 求新一個直行能最盡延伸的正六邊形，如下圖﹕



利用上下對稱原理可計算該直行有多少個被包含的正六邊形，因此半個圓的答案 $S$ 可以快速求得。然後再用左右對稱的原計算答案 $C = 2S - S_1$ 當中 $S_1$ 是中心那個直行包含了多少個正六邊形，因為 $2S$ 重覆計算了該行的數量。

注意﹕枚舉移動格子的時候不應用加法更新縱座標，因為對於 $N$ 較大的時候，加法更新會引致精度問題﹕如果能重新計算距離的話則可以防止精度問題發生。

[更新]所謂的重新計算是基於對格子進行標號，如下圖﹕


那麼對於偶數直行的縱座標即是 $L_y \times \sqrt{3}$ ，奇數行的則是 $L_y \times \sqrt{3} + \frac{\sqrt{3}}{2}$ 。

E: 給了一個 $N\times N$ 的地圖。每個格子要麼是一個房間，要麼是一個毒氣罐且佔滿整個格子。現在某些毒氣罐洩漏了毒氣，每一時間單位向鄰接格子擴散。最初每個房間含最多9人，每個房間含逃生倉最多9個。人們以每一個時間單位向鄰接房間移動，如在該房間內遇上未佔用的逃生倉即可進內並不受毒氣毒害。退化情況下，如毒氣和人員能在同一時間內到達未佔用逃生倉的房間，則該人亦能佔用逃生倉而不受毒氣侵害。更糟糕的時，整個地方會在剛好 $t$ 個時間單位後發生大爆炸，幸運的是逃生倉內的人亦不受損害。求最多有多少人在 $t$ 秒後仍然生存。

先不考慮毒氣的擴散，問題就是某些地方有人，某些地方有逃生倉，求 $t$ 步內可以滿足最多生存人數。不難留意 $N \times N$ 的地圖等價於格網圖，先設為 $G$ ，如下圖所示﹕


現在問題即是求限制 $t$ 步的最大流，其中 $t$ 步限制即可以利用層圖解決。做法是把 $G$ 複製成 $t+1$ 份 $G_0, G_1, \cdots G_t$，如下圖﹕



然後把 $G_t$ 的所有邊移去，對於 $0 \le i < t$ ， $G_i$ 的邊 $(u_i, v_i)$ 變成 $(u_i, v_{i+1})$ 。那麼上述例子的圖大概會變成下圖﹕



然後把源點 $s$ 連上 $G_0$ 上的所有點，並設容量為最初地圖上的人員數。對於帶逃生倉的點 $v \in G$ ，把 $v_i$ 連上局部匯 $t_v$ 並設容量為逃生倉的數量。最後把所有 $t_v$ 連上匯 $t$ ，同樣設容量為逃生倉的數量。最大流即可求得答案。

如果加上毒氣的話怎麼辦？首先是依毒氣的流動計算 $G$ 任何一個點 $v$ 至少甚麼時候會被毒氣侵襲(設為 $\infty$ 或 $t+1$ 即代表不受影響)，設該數值為 $L_v$ 。然後對於所有 $G_i, i \le L_v$ 把點 $v_i$ 的所有邊都移除即可。

至於本題的最大流應該用甚麼算法去解決，先考慮點的數量。用層圖的方法最多有 $(t+2)N^2 + N + 2$ 。因為 $ t \le 60, N \le 10$ ，點的數量最多可達 $6212$ 個。但留意此層圖非常稀疏，因此粗略計算，邊的數量最多為 $6(t+1)N^2 + N$ ，仍是線性數量的。而且答案最大為 $9\times 10^2 = 900$ ，因此用Ford-Fulkerson算法，於 $O(Ef)$ 的複雜度下運行時間仍然讓人滿意。

Codeforces #26 D Tickets

題意﹕現在有一個計數器，數值最初為 $k$ ，並有兩個按鈕﹕一是可以讓計數器加一，一是可以讓計數器減一。現在你可以按 $n$ 次加一 $m$ 次減一，若你選取操作的排例的概率是均等，那麼有多少機會使得你在操作中途計數器總是非負？

首先，用圖表的方式去想。假定橫軸是操作的時序，縱軸代表計數器在某個時刻的數值，那麼一個操作順序剛好表示了一副折線圖。像如下的圖代表操作不會引致負數﹕



順道留意﹕終點永遠在座標 $(n+m, n+k-m)$ 。如失敗的話，折線圖必然會與橫線 $y = -1$ 相交，如下圖所示﹕



首先，所有折線圖的數量是 $T = \binom{n+m}{n}$ ，來源可以想像成﹕在 $n + m$ 個時序中任意取 $n$ 個時序進行加一，同樣道理可得出 $\binom{n+m}{m} = \binom{n+m}{n}$ 。如果我們能求所有與 $y = -1$ 相交的折線圖的數量 $S$ ，那麼答案就是 $1 - \frac{S}{T}$ 。說來倒是很容易，但是礙於限制，我們不能直接用公式求算 $S$ 的數量。1978年Cohen利用「反射原理」解決了類同問題，我們也可以試著利用此原理解決問題。

首先留意任何與 $y=-1$ 相交的折線圖，其最後與 $y = -1$ 相交的點，之後必然最終上升至 $(n+m, n+k-m)$ （留意它並非直線上升，中途可能還會下跌，但永遠不會跌至負數值）。這條線從相交點計起長度是 $n+k-m+1$ 。那麼我們試著把這條線「反射」一下，它則一下子掉到 $(n+m, -1-n-k+m-1) = (n+m, m-n-k-2)$ 。例子如下：



藍色點是反射起點，藍色虛線是反射線。留意線過部份反射後的折線圖與原來的圖是一一對應的。另外，新的折線圖擺脫了橫線相交的限制，因為通過反射後折線圖已經肯定是與橫線 $y=-1$ 相交，因此可以看作成在 $(n+m, m-k-n-2)$ 出發，逆時序的加一減一，直至到達 $(0, k)$ 有多少操作，其且每一個圖與原來和橫線相交的圖一一對應。問題是，經這種轉換後我們不清楚被允計使用多少次加一與減一所組成的。設我們被允許 $a$ 次加一 $b$ 次減一，利用反射原理的一一對應關係，我們得到如下式﹕

\[\left\{ \begin{array}{ll} a+b = n+m & \quad \text{(width restriction)}\\ k+a-b = m-n-k-2 & \quad \text{(height restriction)}\\ \end{array} \right.\]

因此我們可得 $a = m - k - 1$ 。而新圖的數量則是 $\binom{n+m}{a} = \binom{n+m}{m-k-1}$ 。又因為每一個新折線圖與原來和橫線相交的圖一一對應，故得 $S = \binom{n+m}{m-k-1}$ 。因此本題的答案是

\[1-\frac{S}{T}=1-\frac{\binom{n+m}{m-k-1}}{\binom{n+m}{n}} = 1-\frac{(m-k)(m-k+1)\cdots m}{(n+1)(n+2)\cdots (n+k+1)}\]


如欲清楚更多反射原理的資料，請參考[1]。

[1] D. I. A. Cohen, Basic Techniques of Combinatorial Theory, John Wiley and Sons, New York (1978).

Topcoder SRM 504 DIV 1 Easy + Medium

題目出得不錯，也挺容易，唯獨最後15分鐘伺服器又出問題，不算rating了。Topcoder應該考慮是否調低參賽者的註冊人數，免得同類事故再發生。

Easy: 大意是有一個 $01$ 字串 $S$ 重覆 $K$ 遍，即 $S' = \underbrace{S\cdots S}_{K\text{ times}}$ 。每一回合把 $S'$ 的首個字元拿出來，如果是 $0$ 的話，則把 $S'$ 餘下的元字順序倒換。如果是 $1$ 的話則把 $S'$ 的字元取逆，即 $S'_i := 1 - S'_i$ 。問通過這個過程裡你能抽到多少個 $1$ 的字元。保証 $S'$ 最多帶 $100000$ 個字元。

做法是保留兩個指針兩個變量。指針一指首一指尾，變量決定元素取前或後和數值需否取逆。然後…就是做。或者可以用STL的deque<T>。

Medium：對於一個 $N \times M$ 的 $01$ -板塊，它依如下程序段修改其內容。

For i = 0 to N-2:
    For j = 0 to M-2:
        //Get the current colors of cells (i,j) and (i,j+1)
        A = Grid(i,j) , B = Grid(i,j+1)

        If (A,B) == (0, 0) Then:
             Do nothing.
        EndIf
        If (A,B) == (1, 0) Then: 
             Mark cells (i+1,j) and (i+1,j+1) as 1.
        EndIf
        If (A,B) == (0, 1) Then:
             Mark cells (i+1,j) and (i+1,j+1) as 0.
        EndIf
        if (A,B) == (1, 1) Then:
             Swap the content in cells (i+1,j) and (i+1,j+1).
        EndIf
    EndFor
EndFor

現在有一輸出 $O$ ，問有多少個輸入可以經以上程序段後得出它。答案取模 $1000000007$ 。

留意幾件事即可。

1. 根據程序段，首行是固定的。
2. 第 $1 \le i < N$ 行的結果 $O_i$ 由 $O_{i-1}$ 來決定的，因為本來的輸入已經被程序段毀掉了。
3. 實際是求對於 $0 \le i \le N-2$ 由 $O_i$ 決定 $O_{i+1}$ 的輸入有多少種。
4. 根據程序段，操作是自左向右處理的。只要把 $O_{i+1}$ 自右至左進行逆操作，理應是要求輸入行有哪些字元可以是任意字元。假設該行有 $K$ 個任意字元，那麼結答案則可以再乘上 $2^K$ 。
5. 哪些逆操作可以決定某元素是否任意字元？留意只有 $(0, 1)$ 和 $(1, 0)$ 才會硬把兩個字元改成一種顏色，其逆操作不能判斷原來的字元。 $(1, 1)$ 的逆操作則與本來操作一樣。 $(0, 0)$ 逆操也作就是甚麼都不幹。
6. 甚麼時候是沒有解？就是進行 $(0, 1)$ 和 $(1, 0)$ 的逆操作時對兩個應修改元素的值與進行其操作後不相符。此時大可以回傳0。

Topcoder Member SRM 503 Easy

沒參加，後來補做Easy。

題意﹕問兩個整數集合 $A, B$ ，能否各自劃分成 $k$ 個離散子集，使得 $A$ 和 $B$ 的第 $i$ 子集必然使得 $A$ 的數全部少於 $B$ 的數。 $k$ 最少是多少？保証 $A, B$ 的數沒重覆。首先想到可以這樣劃分…



但無論你怎樣做，都必然存在最多 $k = 2$ 。如下圖…



甚麼時候是 $k = 1$ ？就是當 $A$ 的最大值少於 $B$ 的最小值。
甚麼時候是 $k = -1$ ？就是當 $A$ 的最大值大於 $B$ 的最大值，或 $A$ 的最小值大於 $B$ 的最小值。