A - Circle Pond
#include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; int main() { int n; scanf("%d", &n); printf("%.6f\n", 2.0 * acos(-1) * n); return 0; }
B - Homework
#include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; int main() { int n, m; scanf("%d%d", &m, &n); for(int i = 0, x; i < n; i++) { scanf("%d", &x); m -= x; } printf("%d\n", m < 0 ? -1 : m); return 0; }
C - management
題意：給一棵N個節點的有根樹，求每個節點的兒子數。
數據范圍：$ 2 \leq N \leq 2 \times 10^{5} $
題解：由於輸入直接給的是每個節點的父節點，直接計數即可。
#include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int N = 2e5 + 5; int a[N]; int main() { int n; scanf("%d", &n); for(int i = 1, x; i < n; i++) { scanf("%d", &x); a[x]++; } for(int i = 1; i <= n; i++) { printf("%d\n", a[i]); } return 0; }
D - Sum of Large Numbers
題意：當前有N + 1個整數：10100，10100+1，...，10100+N，求取不少於K個數的和的可能值的數量（mod 1e9+7）。
數據范圍：$ 1 \leq N \leq 2 \times 10^{5},1 \leq K \leq N+1 $
題解：10100很大，所以取K個數的總和不可能等於取K+1個數的總和，所以只需要枚舉取多少個數。
對於取K個數，可以求出取K個值的最小最大值，在這兩個值之間的值都可以取到，個數就是最大值-最小值+1。
#include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int MD = 1e9 + 7; void add(int& x, int y) { x += y; if(x >= MD) x -= MD; if(x < 0) x += MD; } int cal(int l, int r) { return 1LL * (l + r) * (r - l + 1) / 2 % MD; } int main() { int n, k, ans = 0; scanf("%d%d", &n, &k); for(int i = k; i <= n + 1; i++) { add(ans, cal(n + 1 - i, n) - cal(0, i - 1) + 1); } printf("%d\n", ans); return 0; }
E - Active Infants
題意：有N個小孩，第i個孩子的位置為i，活躍值為Ai，現在將N個小孩重新排列，每個小孩獲得的開心值為Ai與重新排列前后位置差的乘積，求最大可能的開心值總和。
數據范圍：$ 2 \leq N \leq 2000, 1 \leq A_{i} \leq 10^{9} $
題解：可以發現將A較大的值放在邊上更優，以A降序，然后就是一個區間dp，枚舉當前值放左邊、右邊進行更新。
$ f[l][r] = max(f[l+1][r] + A_{now} \times \left | p_{now} - l \right |,f[l][r-1]+A_{now} \times \left | p_{now} - r\right | )$
#include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int N = 2e3 + 5; ll f[N][N]; pair<int, int> p[N]; ll cal(int cnt, int l, int r) { if(l > r) return 0; if(~f[l][r]) return f[l][r]; ll ans = 1LL * p[cnt].first * abs(p[cnt].second - l) + cal(cnt + 1, l + 1, r); ans = max(ans, 1LL * p[cnt].first * abs(p[cnt].second - r) + cal(cnt + 1, l, r - 1)); return f[l][r] = ans; } int main() { int n; scanf("%d", &n); for(int i = 1, x; i <= n; i++) { scanf("%d", &x); p[i] = {x, i}; } sort(p + 1, p + n + 1,[](pair<int, int> a, pair<int, int> b) { return a.first > b.first; }); memset(f, -1, sizeof f); printf("%lld\n", cal(1, 1, n)); return 0; }
F - path pass i
題意：給一棵N個節點的無根樹，每個節點有一個顏色屬性c，對於每個顏色，求經過這種顏色的簡單路徑的數量。
數據范圍：$ 1 \leq c_{i} \leq N \leq 2 \times 10^{5} $
題解：把問題轉換成不經過這種顏色的簡單路徑的數量，總數f[N] = N*(N+1)/2減去它即可。
其中不經過顏色i的簡單路徑的數量為：$ \sum_{u!=v,u!=w,v!=w,c_{u}=c_{v}=i,\forall \ w \ \epsilon \ path(u,v), c_{w} != i} f[dis(u,v)-1] $。
以任意一點為根節點，遍歷的時候同時更新相應的值，具體看代碼。
#include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int N = 2e5 + 5; vector<int> G[N]; int C[N], num[N], sum[N];//num[i]代表i子樹的節點數目，sum[i]代表以顏色為i的節點（其祖先沒有顏色為i的節點）為根節點的子樹大小總和 ll ans[N]; ll cal(int x) { return 1LL * x * (x + 1) / 2; } void dfs(int u, int fa) { int c = C[u], save = sum[c]; num[u] = 1; for(auto v : G[u]) { if(v == fa) continue; int t = sum[c]; dfs(v, u); int dt = sum[c] - t; ans[c] -= cal(num[v] - dt);//num[v]-dt代表相鄰兩個節點之間的節點數 num[u] += num[v]; } sum[c] = save + num[u]; } int main() { int n; scanf("%d", &n); for(int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d", &C[i]); } for(int i = 1, u, v; i < n; i++) { scanf("%d%d", &u, &v); G[u].push_back(v); G[v].push_back(u); } for(int i = 1; i <= n; i++) { ans[i] = cal(n); } dfs(1, -1); for(int i = 1; i <= n; i++) { int t = n - sum[i]; //多出來的節點還要減掉 ans[i] -= cal(t); printf("%lld\n", ans[i]); } return 0; }