版权声明：虽然是个蒟蒻但是转载还是要说一声的哟 https://blog.csdn.net/jpwang8/article/details/87883584
BG
想了想还是扔一起吧
C - Half and Half
网上题解有枚举过的，也有三分过的，为啥不O(1)呢?
最优秀只有三种情况，单独买A+B，买min(A,B)个C然后剩下的单独买，买max(A,B)个C
我们反证一下就可以知道这样是对的了。。
Code
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#define rep(i,st,ed) for (int i=st;i<=ed;++i)
typedef long long LL;
int main(void) {
LL A,B,C,X,Y;
scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&A,&B,&C,&X,&Y);
LL d=std:: min(X,Y);
LL ans1=std:: max(X,Y)*C*2;
LL ans2=d*C*2+(X-d)*A+(Y-d)*B;
LL ans3=X*A+Y*B;
printf("%lld\n", std:: min(ans3,std:: min(ans1,ans2)));
return 0;
}
D - Static Sushi
部分分很容易想到dp，f[i,j,0/1]表示剩下i到j这一段，现在在左侧/右侧的答案，直接做是n2的
大胆猜一波结论可以发现我们不会重复经过任意一个位置超过两次，也就是我们只会改变两次方向
于是乎正反做两次前缀和，枚举一下在哪里调头就可以了
Code
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#define rep(i,st,ed) for (int i=st;i<=ed;++i)
#define drp(i,st,ed) for (int i=st;i>=ed;--i)
typedef long long LL;
const int N=200005;
LL a[N],b[N];
LL x[N],v[N];
LL s1[N],s2[N],mx1[N],mx2[N];
int main(void) {
int n; LL m; scanf("%d%lld",&n,&m);
rep(i,1,n) scanf("%lld%lld",&x[i],&v[i]);
rep(i,1,n) {
s1[i]=s1[i-1]+v[i]-(x[i]-x[i-1]);
mx1[i]=std:: max(mx1[i-1],s1[i]);
}
x[n+1]=m;
drp(i,n,1) {
s2[i]=s2[i+1]+v[i]-(x[i+1]-x[i]);
mx2[i]=std:: max(mx2[i+1],s2[i]);
}
LL ans=0;
ans=std:: max(ans,mx1[n]);
ans=std:: max(ans,mx2[1]);
rep(i,1,n) {
ans=std:: max(ans,s1[i]-x[i]+mx2[i+1]);
ans=std:: max(ans,s2[i]-(m-x[i])+mx1[i-1]);
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
E - Everything on It
题意不太好理解。。
很容易想到枚举不合法的位数，设f[x]表示恰好x位只出现了一次或没出现的方案数，那么答案就是
考虑怎么求f[i]。我们枚举j位恰好为1，那么i-j位恰好出现0次。
设g[i,j]表示i个物品放在j碗面里面的方案数，其中每一碗面可以至少放一个物品，最多不做限制，每一个物品可以不放进任意碗里。显然有
对于已经确定不合法的i位之外剩下n-i位，也就是 种。j碗之中每一碗我们都可以任意放，那么方案数就是 。剩余的位置我们随便选不选都可以，那么就是 。
于是整体的柿子就是
Code
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#define rep(i,st,ed) for (register int i=st;i<=ed;++i)
typedef long long LL;
const int N=3005;
LL f[N],s[N][N];
LL fac[N],ny[N];
LL ksm(LL x,LL dep,int MOD) {
LL res=1;
for (;dep;dep>>=1) {
(dep&1)?(res=res*x%MOD):0;
x=x*x%MOD;
}
return res;
}
LL C(int n,int m,int MOD) {
return fac[n]*ny[m]%MOD*ny[n-m]%MOD;
}
void upd(LL &x,int MOD) {
(x>=MOD)?(x-=MOD):0;
}
int main(void) {
freopen("data.in","r",stdin);
int n,MOD; scanf("%d%d",&n,&MOD);
fac[0]=1; rep(i,1,N-1) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
ny[0]=ny[1]=1; rep(i,2,N-1) ny[i]=ny[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
rep(i,1,N-1) ny[i]=ny[i-1]*ny[i]%MOD;
s[0][0]=1;
rep(i,1,n) {
s[i][0]=1;
rep(j,1,i) {
s[i][j]=s[i-1][j-1]+s[i-1][j]*(j+1)%MOD;
upd(s[i][j],MOD);
}
}
LL ans=0;
rep(i,0,n) {
rep(j,0,i) upd(f[i]+=s[i][j]*ksm(2,1LL*(n-i)*j%(MOD-1),MOD)%MOD,MOD);
f[i]=f[i]*ksm(2,ksm(2,n-i,MOD-1),MOD)%MOD;
if (i&1) ans+=MOD-C(n,i,MOD)*f[i]%MOD;
else ans+=C(n,i,MOD)*f[i]%MOD;
upd(ans,MOD);
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
F - Sweet Alchemy
给定一棵树，每个节点有代价vi。现在要给每个节点赋权ci，要求满足
首先考虑模型转化，我们差分每个节点的c，那么代价就变成了整棵子树的代价和，c的范围也变成[0,D]
官方题解比较清奇，留坑