A.
水题
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 char s[10];
4 int main()
5 {
6 scanf("%s",s+1);
7 if(s[3]==s[4]&&s[5]==s[6])puts("Yes");
8 else puts("No");
9 }
B.
水题
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 int main()
4 {
5 int x;
6 scanf("%d",&x);
7 int A=x/500,B=x%500;
8 int C=B/5;
9 printf("%d\n",1000*A+C*5);
10 }
C.
水题
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 int k,n;
4 int a[1000005];
5 int main()
6 {
7 scanf("%d%d",&k,&n);
8 for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&a[i]),a[i+n]=a[i]+k;
9 int ans=1000000000;
10 for(int i=1;i<=n;++i)ans=min(ans,a[i+n-1]-a[i]);
11 printf("%d\n",ans);
12 }
D.
水题
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 int n,x,y;
4 vector<int> g[2005];
5 int Ans[2005];
6 int dis[2005];
7 int main()
8 {
9 scanf("%d%d%d",&n,&x,&y);
10 for(int i=1;i<n;++i)g[i].push_back(i+1),g[i+1].push_back(i);
11 g[x].push_back(y);g[y].push_back(x);
12 for(int i=1;i<=n;++i)
13 {
14 memset(dis,0,sizeof(dis));
15 queue<int> q;
16 q.push(i);dis[i]=1;
17 while(!q.empty())
18 {
19 int u=q.front();q.pop();
20 for(int v:g[u])if(!dis[v])dis[v]=dis[u]+1,q.push(v);
21 }
22 for(int i=1;i<=n;++i)Ans[dis[i]-1]++;
23 }
24 for(int i=1;i<n;++i)printf("%d\n",Ans[i]/2);
25 }
E.
水题
1 #include<bits/stdc++.h>
2 #define ll long long
3 using namespace std;
4 int X,Y,A,B,C;
5 struct Node
6 {
7 int val,bel;
8 }a[1000005];
9 bool operator < (Node A,Node B)
10 {
11 if(A.val==B.val)return A.bel<B.bel;
12 return A.val<B.val;
13 }
14 int main()
15 {
16 scanf("%d%d%d%d%d",&X,&Y,&A,&B,&C);
17 int n=A+B+C,m=X+Y;
18 ll ans=0;
19 for(int i=1;i<=A;++i)
20 {
21 scanf("%d",&a[i].val);
22 a[i].bel=1;
23 }
24 for(int i=A+1;i<=A+B;++i)
25 {
26 scanf("%d",&a[i].val);
27 a[i].bel=2;
28 }
29 for(int i=A+B+1;i<=A+B+C;++i)
30 {
31 scanf("%d",&a[i].val);
32 a[i].bel=3;
33 }
34 sort(a+1,a+n+1);
35 reverse(a+1,a+n+1);
36 for(int i=1;i<=n;++i)
37 {
38 if(a[i].bel==1)
39 {
40 if(X)X--,m--,ans+=a[i].val;
41 else continue;
42 }
43 else if(a[i].bel==2)
44 {
45 if(Y)Y--,m--,ans+=a[i].val;
46 else continue;
47 }
48 else
49 {
50 m--;ans+=a[i].val;
51 }
52 if(!m)break;
53 }
54 printf("%lld\n",ans);
55 }
F.
考虑以\(1\)为出发点怎么计数:我们可以通过一次树形DP来计数
\(dp[u]\)表示\(u\)的子树中的方案数
我们枚举子树\(v\),考虑将\(v\)插入到之前遍历过的子树点集\(S\)中(初始为空),\(S\)中的方案数为暂时的\(dp[u]\)(初始为\(1\))
那么显然有\(dp[u]=dp[u]*dp[v]*\binom{size[S]+size[v]}{size[v]}\)
这个式子的含义是枚举\(u,v\)内部合法的方案,然后把\(u,v\)当成两个整体有序合并,即将一个\(size[v]\)的东西放到\(size[S]+size[v]\)个槽里
然后这样就能算出\(1\)的答案了
然后考虑怎么算出\(k=1,2,…,n\)的答案
做一次换根DP就行了,\(Ans[1]=dp[1]\)
那么考虑从某个父节点转移到子节点的过程,假设父节点为根的答案为\(Ans[u]\)
那么我们先把子节点当成之前最后一个加入的，把他的影响刨去(假设剩下的子树集合为\(S\))
那么\(S\)的方案数\(=\frac{Ans[u]}{dp[v]*\binom{n-1}{size[v]}}\)
那么下面考虑把\(S\)这部分插到\(v\)为根的里面,应该是\(S\)的方案数\(*dp[v]*\binom{n-1}{size[v]-1}\)
然后这就是\(Ans[v]\)了
1 #include<bits/stdc++.h>
2 #define maxn 1000005
3 using namespace std;
4 const int mod = 1000000007;
5 int n;
6 vector<int> g[maxn];
7 int fac[maxn],inv[maxn];
8 int dp[maxn],sz[maxn],Ans[maxn];
9 int fastpow(int a,int p)
10 {
11 int ans=1;
12 for(;p;p>>=1,a=1ll*a*a%mod)if(p&1)ans=1ll*ans*a%mod;
13 return ans;
14 }
15 int C(int x,int y)
16 {
17 return 1ll*fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;
18 }
19 void dfs(int u,int f)
20 {
21 dp[u]=1;
22 for(int v:g[u])if(v!=f)
23 {
24 dfs(v,u);
25 dp[u]=1ll*dp[v]*dp[u]%mod*C(sz[u]+sz[v],sz[v])%mod;
26 sz[u]+=sz[v];
27 }
28 sz[u]+=1;
29 }
30 void dfs2(int u,int f)
31 {
32 for(int v:g[u])if(v!=f)
33 {
34 //int t=1ll*Ans[u]*fastpow(dp[v],mod-2)%mod*fastpow(C(n-1,sz[v]),mod-2)%mod;
35 Ans[v]=1ll*Ans[u]*fastpow(C(n-1,sz[v]),mod-2)%mod*C(n-1,sz[v]-1)%mod;
36 dfs2(v,u);
37 }
38 }
39 int main()
40 {
41 fac[0]=inv[0]=1;
42 for(int i=1;i<=1000000;++i)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod,inv[i]=fastpow(fac[i],mod-2);
43 scanf("%d",&n);
44 for(int i=1;i<n;++i)
45 {
46 int u,v;
47 scanf("%d%d",&u,&v);
48 g[u].push_back(v);g[v].push_back(u);
49 }
50 dfs(1,0);
51 Ans[1]=dp[1];
52 dfs2(1,0);
53 for(int i=1;i<=n;++i)printf("%d\n",Ans[i]);
54 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/uuzlove/p/12596430.html
时间： 2024-11-04 21:24:33