Уверен, будет проведена трансляция. Ну или будет доступен виртуальный контест.

Можешь посмотреть, если хочешь.

Вообще будет обидно, если такие деньжищи "уедут" за рубеж.

Оно уже давно закончилось. Просто результаты не оглашают до официального закрытия.

MikeMirzayanov решил перестраховаться настолько, насколько это возможно. В принципе это дало результаты. Сбоев за время контеста замечено вроде не было никаких. Только видимо все считают, что это перебор.

Вряд ли блоги и комментарии закрыли из-за кода, скорее чтобы избежать нагрузки на сервер. Сейчас, например, недоступны страницы типа http://mirror.codeforces.com/contests/with/username — видимо, их просто забыли открыть. Вроде бы никакого кода в них не содержится.

Я думаю, что задачи закрыли чтобы потом устроить раунд по ним. И на мой взгляд это интереснее, чем если бы их открыли сейчас.

А что касается остальной функциональности — ну да, видимо перестраховались. Ну вам жалко что ли потерпеть пару часов? :-)

Да? А если несколько человек решат все? В каком порядке это нужно делать?

ага, а самая лучшая тактика — решить все и мгновенно.

Вы можете решить все? Ну а к чему разговоры? :)

UPD. Зеленые и синие: уберите руки от поста...

В обычной разбаловке в отличии от динамической был случай, когда примерно одинаковое число людей решило B и C, а их стомость разная. Выходит, что они одинаковые по сложности, но повезло тем, кто решил более дорогую, что на мой взгляд не совсем правильно ( я сам такое видел ). При динамической стоимости такого бы не случилось.

Да , странно наблюдать было как vlad89 опустился на 8 мест приблизитильно ничего не изменив в своем положении)

Боюсь я уже когда-то это предсказывал.

Вроде как любые промежуточные результаты не имеют вообще никакого значения, так какой смысл их сравнивать? Никто же не спорит, что изначально А+Б будет стоить 3000.
Ну а финальные довольно объективно расставляют участников по местам.
Возможно, разве что, имеет смысл делать динамическую стоимость взломов, иначе на реальном контесте может произойти что-нибудь типа вчерашнего пробного тура.

Это спецэффект нерелевантности первых N минут к финальному результату.
Система оценивания делается не для того, чтобы было приятно следить за ходом контеста, а для того, чтобы получить финальный результат.

Блин. Я же не просто так спрашиваю, там 404. Я просто во время контеста не видел, а щас её нет, а хочется посмотреть. Может у кого осталась открытая, можно запринтскринить например.

Вроде и это пофиксили.

А причём тут контесты?

Я один не вижу аналогии между Я и полсотни чемпионов?

Кэп, участники тоже не из второго дивизиона.

У меня нужно было проверить: есть-ли такая маска во входных данных. Делал бинпоиском по отсортированному массиву, поэтому и лог.
1904874

А с битсетами это вообще за 50мс проходит. Там бы, наверное, и 40000 успело.

Хм, даблпостов сейчас уже нет, зато появились даблправки при многократном нажатии на "Сохранить".

Based on feedback about final I can only hope that next year VK would waive age restriction

OK, here you go.

It’s obvious that the answer can’t be smaller than the number of nodes with degree not divisible by t. To achieve this value, every node v must have between floor(deg[v]/t) and ceil(deg[v]/t) outgoing edges of each of t colors (deg[v] is the degree of node v). Let’s construct such coloring and prove its existence by induction alongside.

For t = 1 the result is obvious. For bigger t we find the set of edges to be painted with color t, delete this edges from the graph and continue the process for t-1. It’s easy to see that the final result will meet all the conditions. So why such set of edges for color t always exists?

To find it, we add edges from source to the nodes of the first part and from nodes of the second part to the sink with capacity ceil(deg[v]/t) and find max flow. Now we need to ensure that lower bound condition for the flow from (or to) each node is satisfied.

Let’s take a node v0 with flow less than [deg[v0]/t]. To increase the flow in that node, we need to find a path v0 -> u1 -> v1 -> … -> un -> vn, where nodes vi are from first part and ui from second, the edges in this path are in turn not-filled and filled with flow, and flow in node vn can be decreased (> [deg[vn]/t]). After that we just swap the flow between neighbouring edges.

To complete the proof, we need to show that such path always exists. Assume the opposite. Let V and U be the sets of nodes from respective parts reachable from v0 by given method (from vi we take all not-filled edges, from ui all filled). Flow in each node from U equals ceil(deg[ui]/t), otherwise we could increase the total flow. By assumption, flow in each vi is <= [deg[vi]/t] and at least for one node the inequality is strict.

Now if we count the total number of edges filled with flow between V and U in two ways — as edges starting from V, and as edges starting from U, then use inequalities listed above and the fact that [x] = floor(x) <= x <= ceil(x), we’ll get deg[V] > deg[U] for total degree of nodes. If we count the total number of edges not-filled with flow in the same manner, we’ll get deg[V] < deg[U]. This contradiction ends the proof.

I know a slightly different solution, which reduces the problem to Bipartite Graph Edge Coloring.

The problem is, given a Bipartite Graph, color every edge such that if two edges meet at a vertex, they are colored different. It can be proved that the minimum number of color required is ∆, the maximum degree of a vertex. The coloring can be found in O(VE).

For each vertex v in the original graph, we split it into ceil(deg(v) / t) vertex. The first trunc(deg(v) / t) vertex has degree t, while the last one has degree deg(v) mod t. The edges can be distribute to them arbitrary. The new graph has a maximum degree t, which means we can color the edges using t colors. The coloring on the new graph is the coloring we want.