AtCoder Beginner Contest 163（D,E（区间dp）,F（树上路径问题））
题目链接
今天的题都很不错
D - Sum of Large Numbers
题意:求至少选k个数和的 种类数。
做法：刚开始感觉很难，涉及大数和、方案数。考虑k=2 由于n+1个数是连续的，那我选最小的k个数 求和 ：mi 和最大的k个数求和：mx 那么mi~mx的数都能被表示出来（自己想想）。
如果k不同会不会出现和相同的，答案是不会，因为每个数有个很大的基数：10^100 k每大一个，就是大了10^100
#include
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(int i=a;i>=(b);--i)
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define pb push_back
#define mk make_pair
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a,ll b) { return b?gcd(b,a%b):a;}
const double pi=acos(-1);
const ll mod=1e9+7;
map< pair ,ll>mp,mp1;
int n,k;
const int N=2e5+10;
ll a[N];
void solve()
{
scanf("%d%d",&n,&k);
++n;
rep(i,1,n) a[i]=i-1;
rep(i,1,n)
{
a[i]+=a[i-1];
}
ll ans=0;
rep(i,k,n)
{
ll mi=a[i];
ll mx=a[n]-a[n-i];
ans=(ans+mx-mi+1)%mod;
}
cout<
E - Active Infants
题意：重新排序a[i] 每个a[i]的贡献是 a[i]*| i -j | j a[i]重新排序的下标。求重新排序后每个a[i]贡献之和 的最大值
做法：区间dp 一个很明显的做法是先考虑最大的数，然后每次往最左边或者最右边放，但是数可能是有重复的，所以不能用普通的贪心
设dp[l][r]为区间l,r 放数 的最大值。值从大到小枚举，区间从大到小即可。
#include
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(int i=a;i>=(b);--i)
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define pb push_back
#define mk make_pair
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a,ll b) { return b?gcd(b,a%b):a;}
const double pi=acos(-1);
const int N=2e3+10;
int n;
struct node{
ll w;
int id;
}a[N];
bool cmp(node a,node b)
{
return a.w>b.w;
}
ll dp[N][N];
ll dfs(int pos,int l,int r)
{
if(pos>n) return 0;
if(dp[l][r]!=-1) return dp[l][r];
ll &ans=dp[l][r];
ll t1=a[pos].w*abs(a[pos].id-r);
ll t2=a[pos].w*abs(a[pos].id-l);
t1+=dfs(pos+1,l,r-1);
t2+=dfs(pos+1,l+1,r);
ans=max(t1,t2);
return dp[l][r];
}
int main()
{
cin>>n;
rep(i,1,n)
{
cin>>a[i].w;
a[i].id=i;
}
sort(a+1,a+1+n,cmp);
mem(dp,-1);
//rep(i,1,n) printf("%d ",a[i].w);
//puts("");
ll ans=dfs(1,1,n);
printf("%lld\n",ans);
}
F - path pass i
题意：给你一颗树，以及每个节点的颜色，问你 设颜色k =1....n 计算包含颜色k的路径数 输出ans[k] k从1到n
做法：由于颜色是有重复的，直接计算涉及容斥，容斥方面不好怎么考虑，那就反着做，总的路数减去不含颜色k的路径数
如何计算 不含颜色k的路径数？看官方题解：
看不懂。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。
那就研究别人的代码；
个人理解：核心思想：设cnt[v]为当前 v 子树时 不合法的点数cnt[v] 核心代码：cnt[col[v]]+=sz[col[v]]
计算：
ll pre=all-cnt[cs[v]];//前面计算过的 sub[v]+=dfs(u,v); ll nxt=all-cnt[cs[v]];//当前全部合法 ans[cs[v]]-=(nxt-pre)*(nxt-pre-1)/2;//所有的减去计算过的感觉有点讲不清。待补吧。。先贴别人的代码，推了几个样例，有点懵懵懂懂的，不知道怎么描述好点。。
#include
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+10;
vectorG[N];
int n,col[N],cnt[N],all;
ll ans[N],sz[N];
ll dfs(int u,int fa)
{
ll tmp=cnt[col[u]];//保存其他树的cnt
sz[u]=1;
for(int v:G[u]){
if(v==fa) continue;
ll l=all-cnt[col[u]];//子树前
sz[u]+=dfs(v,u);
ll r=all-cnt[col[u]];//遍历子树后
ll len=r-l;
ans[col[u]]-=(len*(len-1)/2);
}
cnt[col[u]]=tmp+sz[u];//每次col[u]的颜色 重新被当前u全部覆盖
all++;
return sz[u];
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
rep(i,1,n) scanf("%d",&col[i]);
rep(i,2,n)
{
int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
}
rep(i,1,n) ans[i]=1ll*n*(n-1)/2;//所有路径
dfs(1,-1);
for(int i=1;i<=n;++i){//除了子树，从根节点到最近的颜色 联通块也要去掉
//printf("i:%d cnt:%d ans:%lld\n",i,cnt[i],ans[i]);
ll len=n-cnt[i];
ans[i]-=(len*(len-1)/2);
}
for(int i=1;i<=n;++i) ans[col[i]]++;//每个单独的点是一条路径
for(int i=1;i<=n;++i) printf("%lld\n",ans[i]);
}