比賽鏈接：https://atcoder.jp/contests/abc160/tasks
AtCoder Beginner Contest 160
A - Coffee
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { string s;cin>>s; cout<<(s[2]==s[3]&&s[4]==s[5]?"Yes":"No"); return 0; }
B - Golden Coins
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { int x;cin>>x; cout<<(x/500*1000+x%500/5*5); return 0; }
C - Traveling Salesman around Lake
題意：環形池塘的一周坐落着幾戶人家，問以一戶為起點拜訪完所有人家的最短路程 。
思路：對於最短路程來說，無論是順時針還是逆時針都不會改變，所以按照題目給出的順時針順序兩兩相減即可，差小於零代表着逆時針需要走的路程，加上一個圓周即是順時針需要走的路程。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { int k,n;cin>>k>>n; int a[n];for(int &i:a) cin>>i; int mi=numeric_limits<int>::max(); for(int i=0;i<n;i++) mi=(mi,a[(i+n-1)%n]-a[i]+k)%k; cout<<mi; return 0; }
D - Line++
題意：一條鏈中再有不相鄰兩點相連，問最短距離為1~N-1的點對各有多少。
思路：BFS得到每個點到其他點的最短距離。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int M=2200; vector<int> e[M]; int dis[M][M],ans[M]; void bfs(int st){ queue<int> q; dis[st][st]=1; q.push(st); while(!q.empty()){ int u=q.front(); q.pop(); for(int v:e[u]) if(dis[v][st]==0){ dis[v][st]=dis[u][st]+1; q.push(v); } } } int main(){ int n,x,y;cin>>n>>x>>y; for(int i=0;i<n-1;i++){ e[i].push_back(i+1); e[i+1].push_back(i); } --x,--y; e[x].push_back(y); e[y].push_back(x); for(int i=0;i<n;i++) bfs(i); for(int i=0;i<n;i++) for(int j=i+1;j<n;j++) ++ans[dis[i][j]-1]; for(int i=1;i<n;i++) cout<<ans[i]<<"\n"; return 0; }
E - Red and Green Apples
題意：有A個紅蘋果，B個綠蘋果，C個無色蘋果（可以當作紅蘋果或綠蘋果），每個蘋果有一個可口度，若要吃掉X個紅蘋果，Y個綠蘋果（X≤A，Y≤B），問最大可口度之和。
思路：取A中X個較可口的紅蘋果，B中Y個較可口的綠蘋果，如C中有更可口的無色蘋果替換之。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main(){ int x,y,a,b,c;cin>>x>>y>>a>>b>>c; vector<int> v1(a),v2(b),v3(c); for(int &i:v1) cin>>i; for(int &i:v2) cin>>i; for(int &i:v3) cin>>i; sort(v1.rbegin(),v1.rend()); sort(v2.rbegin(),v2.rend()); for(int i=0;i<x;i++) v3.push_back(v1[i]); for(int i=0;i<y;i++) v3.push_back(v2[i]); sort(v3.rbegin(),v3.rend()); cout<<accumulate(v3.begin(),v3.begin()+x+y,0LL); return 0; }
F - Distributing Integers
參考了 BakaCirno 、tttttttttrx 兩位大大的博客。
題意：給一棵 $n$ 點樹染色，每次只能選擇與已染色結點相鄰的未染色結點，所用顏色依次為 $1 \sim n$，問以每個結點為起點時的染色情況總數。
思路：$n$ 個點染色的全排列情況為 $n!$，對於一棵樹中的每棵子樹，它的根一定要在這棵子樹的排列的第一個，即該棵子樹的排列中只有 $\frac{1}{size}$ 個是合法的，那么所有排列中就只有 $\frac{1}{\prod_{u=1}^{n}{size[u]}}$ 種是合法的，答案即 $\frac{n!}{\prod_{u=1}^{n}{size[u]}}$ 。
之后考慮如何換根，假設已經得到以 $fa$ 為根的答案，考慮結點 $fa$ 和它的一個子結點 $son$：
$ans[fa] = \frac{n!}{n\ *\ size[son]\ *\ size[x]}$，$n$ 即 $size[fa]$，$size[x]$ 是除父子結點外所有子樹的合法情況。
因為以二者為根的兩棵樹中，相差的只有以另一方為子樹根的 $size$ 數，其他的子樹結點都是相同的，如果根為 $fa$，以 $son$ 為子樹根的子樹大小為 $size[son]$，那么根為 $son$，以 $fa$ 為子樹根的子樹大小即為 $n\ -\ size[son]$，由此可以求得：
$ans[son] = \frac{n!}{n\ *\ size[n\ -\ size[son]]\ *\ size[x]}$
據此，我們先算出一個點的答案，然后在從該點出發遍歷樹的過程中遞推出所有子結點的答案。
#include <bits/stdc++.h> using LL = long long; using namespace std; const int M = 2e5 + 100; const int mod = 1e9 + 7; vector<int> e[M]; int n, sz[M], ans[M]; int fac[M], inv[M]; LL mul(LL a, LL b) { return a * b % mod; } void init() { fac[0] = 1; for (int i = 1; i <= n; i++) fac[i] = mul(fac[i - 1], i); inv[1] = 1; for (int i = 2; i <= n; i++) inv[i] = mul((mod - mod / i), inv[mod % i]); } void dfs(int u, int fa) { sz[u] = 1; for (int v : e[u]) { if (v != fa) { dfs(v, u); sz[u] += sz[v]; } } } void reroot(int u, int fa) { ans[u] = mul(mul(ans[fa], sz[u]), inv[n - sz[u]]); for (int v : e[u]) { if (v != fa) { reroot(v, u); } } } int main() { cin >> n; init(); for (int i = 0; i < n - 1; i++) { int u, v; cin >> u >> v; e[u].push_back(v); e[v].push_back(u); } dfs(1, 0); ans[1] = fac[n]; for (int i = 1; i <= n; i++) ans[1] = mul(ans[1], inv[sz[i]]); for (int v : e[1]) reroot(v, 1); for (int i = 1; i <= n; i++) cout << ans[i] << "\n"; }