D - Line++
题意：
给n，x，y
表示存在一个n个顶点的无向图图，对于每一对(i，i+1）都存在边，那么整个图就是一条链
现在顶点x和顶点y之间添加了一条边，
所有边的长度都是1
现在问：
有多少点对(a，b)，满足a到b的最短距离为1，输出点对数量,
有多少点对(a，b)，满足a到b的最短距离为2，输出点对数量,
有多少点对(a，b)，满足a到b的最短距离为3，输出点对数量,
…
有多少点对(a，b)，满足a到b的最短距离为n-1，输出点对数量,
数据范围：n<=1e3，1<=x<y<=n
解法：
观察到n只有1e3，因此O(n2)枚举点对，记录最短距离出现的次数即可
求i到j最短距离的时候，计算不走x-y的距离，和走x-y的距离，取min就是最短距离了
code：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxm=2e5+5;
int mark[maxm];
signed main(){
int n,x,y;
cin>>n>>x>>y;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=i+1;j<=n;j++){
int a=abs(i-j);//按原来的路走
int b=abs(x-i)+abs(y-j)+1;//走x-y
int d=min(a,b);
mark[d]++;
}
}
for(int i=1;i<=n-1;i++)cout<<mark[i]<<endl;
return 0;
}
E - Red and Green Apples
题意：
给定x，y，A，B，C
分别表示你现在要吃x个红苹果，y个绿苹果，
你现在有A个红苹果，B个苹果，C个无色苹果
然后给长度为A的数组a，a(i)表示第i个红苹果的权值
然后给长度为B的数组b，b(i)表示第i个绿苹果的权值
然后给长度为C的数组c，c(i)表示第i个无色苹果的权值
吃无色苹果之前可以把他先染色为红色或者绿色，
现在问你吃x个红苹果，y个绿苹果之后的最大权值和
数据范围：x，y，A，B，C<=1e5，a(i)，b(i)，c(i)<=1e9
解法：
容易想到排序之后优先取最大。
容易进入的误区是吃无色苹果之前要把它先染成某一种颜色，然后就不知道怎么处理了。
其实不用管染成哪种色，多开一个变量记录选择的无色苹果的个数
假设选择xx个红色，yy个绿色，zz个无色，当xx+yy+zz==x+y的时候退出即可。
不需要确定每个选择的无色苹果染成哪种颜色。
code：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxm=3e5+5;
struct Node{
int v;
int id;
}e[maxm];
signed main(){
int x,y,A,B,C;
cin>>x>>y>>A>>B>>C;
int n=0;
for(int i=1;i<=A;i++)cin>>e[++n].v,e[n].id=1;
for(int i=1;i<=B;i++)cin>>e[++n].v,e[n].id=2;
for(int i=1;i<=C;i++)cin>>e[++n].v,e[n].id=3;
sort(e+1,e+1+n,[](Node a,Node b){return a.v>b.v;});
int xx=0,yy=0,zz=0;
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(e[i].id==1){
if(xx<x)xx++,ans+=e[i].v;
}else if(e[i].id==2){
if(yy<y)yy++,ans+=e[i].v;
}else{
if(xx+yy+zz<x+y)zz++,ans+=e[i].v;
}
if(xx+yy+zz==x+y)break;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
F - Distributing Integers
题意：
给一颗n个顶点的树
先选择一个点作为起始顶点，填上数字1，
然后任选一个与有数字点相邻的无数字点，填上2，
然后任选一个与有数字点相邻的无数字点，填上3，
重复操作知道填完。
现在问你1到n的每个顶点轮流作为起始点，分别有多少种填数字的可能，答案对1e9+7取模。
解法：
这道题其实就是计算以每个顶点作为根的拓扑序列数。
对于有根树，拓扑序列数为：
那么这题就是对于每个顶点，计算所有子树大小的乘积。
树形dp换根即可。
code：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxm=2e5+5;
const int mod=1e9+7;
vector<int>g[maxm];
int mul[maxm];
int sz[maxm];
int n;
int ppow(int a,int b,int mod){
int ans=1%mod;a%=mod;
while(b){
if(b&1)ans=ans*a%mod;
a=a*a%mod;
b>>=1;
}
return ans;
}
void dfs1(int x,int fa){
sz[x]=1;
for(int v:g[x]){
if(v==fa)continue;
dfs1(v,x);
sz[x]+=sz[v];
mul[x]=mul[x]*mul[v]%mod;
}
mul[x]=mul[x]*sz[x]%mod;
}
void dfs2(int x,int fa){
for(int v:g[x]){
if(v==fa)continue;
//mul[x]是正确的
int pre=mul[x]*ppow(n,mod-2,mod)%mod*ppow(mul[v],mod-2,mod)%mod*(n-sz[v])%mod;
mul[v]=mul[v]*ppow(sz[v],mod-2,mod)%mod*pre%mod*n%mod;
dfs2(v,x);
}
}
signed main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<n;i++){
int a,b;
cin>>a>>b;
g[a].push_back(b);
g[b].push_back(a);
}
for(int i=1;i<=n;i++)mul[i]=1;
dfs1(1,-1);
dfs2(1,-1);
int nn=1;
for(int i=1;i<=n;i++){//阶乘
nn=nn*i%mod;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
cout<<nn*ppow(mul[i],mod-2,mod)%mod<<endl;
}
return 0;
}
