AGC024(5.20) (rank 795 rating 240)
总结：猜结论，“可行即最优”
A: 给定A,B,C，每次每个数变成另外两个数的和，求k次后B-A的值。
观察发现就是B-A,A-B依次出现，根据k的奇偶性输出即可。
B: 给定一个n的排列，每次可以将一个数移到开头或结尾，求变成1,2,...,n所需的最小步数。
找到一个最长的i,i+1,...,j满足在排列中的位置递增，这些数可以保留，答案就是n-(j-i+1)。
C: 给定一个数列A，初始数列X全为0，每次可以让X[i+1]=X[i]+1，求最少多少次能变成A。
首先特判掉A[1]>0和A[i+1]>A[i]+1的情况，然后如果A[i+1]=A[i]+1，那么只需要ans++，否则ans+=A[i+1]。
D: 给你一棵无根树，你可以在树中任意新增点，然后将树染色，满足以同一颜色的任意两个点为根的两棵树同构，问最少要多少种颜色，且在颜色数最少的情况下，这棵树最少有多少个度数为1的点。
找到一个点使以这个点为根的树深度最小（这个深度同时也是$\lceil \frac{D}{2} \rceil$，D为树的直径长）。
如果使得深度最小的点有两个，那么显然要让这棵树关于这两个点轴对称。如果有一个，可以使整棵树关于这个点中心对称，也可以任选一个和这个点相邻的点，让这棵树关于这两个点轴对称。两种方案讨论一下即可。
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1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #define rep(i,l,r) for (int i=l; i<=r; i++) 5 typedef long long ll; 6 using namespace std; 7 8 const int N=210; 9 int n,u,v,mn,p,cnt,tot,h[N],a[N],d[N],to[N],nxt[N],b[N],dep[N][N]; 10 11 void add(int u,int v){ to[++cnt]=v; nxt[cnt]=h[u]; h[u]=cnt; } 12 13 void dfs(int x,int fa,int k){ 14 dep[k][x]=dep[k][fa]+1; 15 for (int i=h[x],v; i; i=nxt[i]) 16 if ((v=to[i])!=fa) dfs(v,x,k); 17 } 18 19 ll work(int x,int y){ 20 ll res=1; 21 memset(b,0,sizeof(b)); 22 rep(i,1,n){ 23 int p=min(dep[x][i],dep[y][i]); 24 b[p]=max(b[p],d[i]-1); 25 } 26 rep(i,1,n) if (b[i]) res*=b[i]; else break; 27 return res<<1; 28 } 29 30 ll work1(int x){ 31 ll res=1; 32 memset(b,0,sizeof(b)); 33 rep(i,1,n) b[dep[x][i]]=max(b[dep[x][i]],d[i]-1); 34 rep(i,2,n) if (b[i]) res*=b[i]; else break; 35 return res*d[x]; 36 } 37 38 int main(){ 39 freopen("d.in","r",stdin); 40 freopen("d.out","w",stdout); 41 scanf("%d",&n); mn=n+1; 42 rep(i,2,n) scanf("%d%d",&u,&v),add(u,v),add(v,u),d[u]++,d[v]++; 43 rep(i,1,n) dfs(i,0,i); 44 rep(i,1,n) rep(j,1,n) dep[i][0]=max(dep[i][0],dep[i][j]); 45 rep(i,1,n) mn=min(mn,dep[i][0]); 46 rep(i,1,n) if (dep[i][0]==mn) a[++tot]=i; 47 if (tot==2) printf("%d %lld\n",mn-1,work(a[1],a[2])); 48 else{ 49 ll ans=work1(a[1]); 50 for (int i=h[a[1]]; i; i=nxt[i]) a[++tot]=to[i]; 51 rep(i,2,tot) ans=min(ans,work(a[1],a[i])); 52 printf("%d %lld\n",mn,ans); 53 } 54 return 0; 55 }