#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
	freopen("candy.in","r",stdin);
	freopen("candy.out","w",stdout);
	int n,l,r,t;
	cin>>n>>l>>r;
	t=l%n;
	if(t+(r-l)>=n-1){
		cout<<n-1;
	}
	else{
		cout<<r%n;
	}
	return 0;
} 

推一下楼上的代码

//先把万能头敲好(bushi) 

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

//题目让输入的变量设好
long long n,L,R; 
//注意范围10的9次幂比较大long long 保险

int main(){
	//比赛时加上freopen 
	freopen("candy.in","r",stdin);
	freopen("candy.out","w",stdout); 

	//scanf,printf快一点(也没快到哪里去)
	scanf("%lld %lld %lld",&n,&L,&R);

	/*
	设你得到的糖果奖励为win 
	wim<n且为整数
	win的最大值为n-1即k%n=n-1
	k+1 能被n整除
	若此时L<=k<=R则win=n-1
	这是第一种情况 
	
	如果L到R不包含k+1能被n整除的情况
	比如当n=10,L=14,R=18时
	k+1尽量接近n的倍数，此时k应当是L到R的最大值也就是R 
	
	我们只需要判断题目数据是以上那种情况
	这题就完全不需要循环 
	*/ 

	if( L%n+R-L < n-1 ){
		printf("%lld",R%n);
	}
	//当R到L中没有k+1能被n整除的情况时输出R%n

	else{
		printf("%lld",n-1);
	} 
	return 0;
}

这题很好骗分 直接输出n-1就行可以尝试一下

哈喽哈喽这里是桉。

看到楼上的阿泠小朋友发了一篇题解于是我也想发。

是不一样的做法。可参考。

本题是csp-j 2021年第一题的真题哈。

因为在最好的情况下 “你”可以拿到的糖果数是每个小朋友都得到的糖果数+额外的报酬。

而额外的报酬如果在最好的情况下是小朋友数减一——因为如果多于或者等于小朋友数 这些糖果就会再次均分给所有的小朋友。

所以说 我们只需要判断在大于l小于r的情况下有没有可能出现我们想要的最好情况（或者如果在大于r的情况下的最大报酬）

另外 由于时间有可能会超时 所以我们可以采用一种奇奇怪怪的枚举方法——枚举倍数。

我解释一下这个想法哈（目前我好像是没看见和我的做法差不多的 如果这个想法有原创的话 劳烦踹我原创作者 我标明 如果没有 那这个想法就应该是我原创的）

就是因为在剩余糖果数大于小朋友数的情况下，每个小朋友都会得到一颗糖果。

所以我们可以近似的看做是每轮分糖果的过程都是一次以n为乘数，轮数为乘次的乘法过程。

所以我们就可以以枚举乘次来简化循环过程。在循环中只要判断 循环变量*n-1（或者（循环变量-1）** n+（n-1））是否大于l小于r就好了。

ps:[由于语法原因这里多打一个乘号 就当是一个乘号看就好]

废话不叨叨了。上代码——

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,l,r;
int main()
{
	freopen("candy.in","r",stdin);
	freopen("candy.out","w",stdout);
	scanf("%lld %lld %lld",&n,&l,&r);
	for(long long i=1;i<=r/n+1;i++)
	{
		if(i*n-1<=r && i*n-1>=l)
		{
			printf("%lld",n-1);
			return 0;
		}
		else if((i*n)-1>r)
		{
			printf("%lld",r-((i-1)*n));
			return 0;
		}
	}
	return 0;
}

其实楼上阿泠的做法没怎么看懂。

不过只要能AC就是好方法！！

——题解思路yc YeHangan.K。可借鉴不接受抄袭。