AtCoder Beginner Contest 160

传送门

A - Coffee

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
char s[10];
int main() {
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    scanf("%s",s);
    if(s[2]==s[3]&&s[4]==s[5]) printf("Yes
");
    else printf("No
");
    return 0;
}

B - Golden Coins

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int main() {
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    ll x;
    scanf("%lld",&x);
    printf("%lld
",x/500*1000+(x%500)/5*5);
    return 0;
}

C - Traveling Salesman around Lake

题意：在一个周长为K的圆形中，有N个房子距离最北边的距离为A_i(顺时针)，可以任意选一个房子作为起点，求访问完N个房子的最小距离。

数据范围：$2 leq K leq 10^{6}，2 leq N leq 2 imes 10^{5}$

题解：最优解肯定是沿一个方向的，环形可以将原序列扩展一倍，遍历序列每一对下标相差N的位置的差值，最小值即为答案。

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int a[N<<1];
int main() {
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    int k,n;
    scanf("%d%d",&k,&n);
    for(int i=0;i<n;i++) {
        scanf("%d",&a[i]);
        a[i+n]=a[i]+k;
    }
    int ans=1e9;
    for(int i=0;i<n;i++) {
        ans=min(ans,a[i+n-1]-a[i]);
    }
    printf("%d
",ans);
    return 0;
}

 D - Line++

题意：给一个图，满足任意i=1，2，...，N-1，i和i+1有连边，且X和Y有连边，对于k=1，2，...，N-1，求最短距离为k的点对数量。

数据范围：$3 leq N leq 2 imes 10^{3}，X+1 < Y$

题解：暴力求每个点对的最短距离，要么就是i，j直达，要么就是i到X，X到Y，Y到j，取小即可。

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=2e3+5;
int a[N];
int main() {
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    int n,x,y;
    scanf("%d%d%d",&n,&x,&y);
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        for(int j=i+1;j<=n;j++) {
            int t=min(j-i,abs(i-x)+abs(j-y)+1);
            a[t]++;
        }
    }
    for(int i=1;i<n;i++) {
        printf("%d
",a[i]);
    }
    return 0;
}

 E - Red and Green Apples

题意：给A个红苹果，B个绿苹果，C个无色苹果，每个苹果都有美味值，可以将无色苹果涂成任意颜色，求吃X个红苹果和Y个绿苹果的最大美味值。

数据范围：$1leq X leq A leq 10^{5},1leq Y leq B leq 10^{5},1leq C leq 10^{5}$

题解：按美味值降序，有色苹果能吃就吃并将X或Y减1，无色苹果直接吃，计数器加1，若计数器等于X+Y代表不能吃了，直接退出。

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1e5+5;
struct P {
    int val,id;
    bool operator <(const P &t)const {
        if(val!=t.val) return val>t.val;
        return id<t.id;
    }
}p[N*3];
int main() {
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    int x,y,a,b,c;
    scanf("%d%d%d%d%d",&x,&y,&a,&b,&c);
    for(int i=0,d;i<a;i++) {
        scanf("%d",&d),p[i]={d,1};
    }
    for(int i=0,d;i<b;i++) {
        scanf("%d",&d),p[i+a]={d,2};
    }
    for(int i=0,d;i<c;i++) {
        scanf("%d",&d),p[i+a+b]={d,0};
    }
    a=a+b+c;
    sort(p,p+a);
    ll ans=0;
    int t=0;
    for(int i=0;i<a;i++) {
        if(p[i].id==1) {
            if(x) x--,ans+=p[i].val;
        }
        else if(p[i].id==2) {
            if(y) y--,ans+=p[i].val;
        }
        else {
            t++,ans+=p[i].val;
        }
        if(t==x+y) break;
    }
    printf("%lld
",ans);
    return 0;
}

F - Distributing Integers

题意：给一棵N个节点的无根树，对于k=1，2，...，N，将1写在节点k上，然后2~n依次写在与有值的节点相邻的节点上，求最后有多少种写法。（对1e9+7取模）

数据范围：$2leq N leq 2 imes 10^{5}$

题解：问题其实就是以k为根节点的树的拓扑序列个数，设sz_i为i子树的大小，答案为$frac{N!}{prod sz_{i}}$。

首先1~N的全排列有N！种情况，对于每个节点x，x要在x子树的其它节点之前，相当于在之前的基础上除以sz_x。

考虑u，v相连，根节点从u转移到v的情况，可以发现只有sz_u和sz_v发生变化。那么可以先算出以1为根节点的个数，然后转移即可。

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=2e5+5;
const int MD=1e9+7;
vector<int> G[N];
int f[N],ans[N];
int n,a,b;
int quick_pow(int x,int y) {
    int ans=1;
    while(y) {
        if(y&1) ans=1LL*ans*x%MD;
        y>>=1;
        x=1LL*x*x%MD;
    }
    return ans;
}
void dfs(int u,int fa) {
    for(auto v:G[u]) {
        if(v==fa) continue;
        dfs(v,u);
        f[u]+=f[v];
    }
    f[u]++;
}
void cal(int u,int fa) {
    for(auto v:G[u]) {
        if(v==fa) continue;
        ans[v]=1LL*ans[u]*quick_pow(f[v],MD-2)%MD*(n-f[v])%MD;
        cal(v,u);
    }
}
int main() {
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<n;i++) {
        scanf("%d%d",&a,&b);
        G[a].push_back(b);
        G[b].push_back(a);
    }
    dfs(1,-1);
    ans[1]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        ans[1]=1LL*ans[1]*f[i]%MD;
    }
    cal(1,-1);
    int t=1;
    for(int i=1;i<=n;i++) t=1LL*t*i%MD;
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        printf("%d
",1LL*t*quick_pow(ans[i],MD-2)%MD);
    }
    return 0;
}