AtCoder Beginner Contest 163 （6/6)

比赛链接：Here

AB水题，

C - management

题意：给一棵 $N(2\le N\le2e5)$ 个节点的有根树，求每个节点的儿子数。

思路：由于输入直接给的是每个节点的父节点，直接计数即可。

const int N = 2e5 + 10;

int a[N];

int main() {

    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);

    int n; cin >> n;

    for (int i = 1, x; i < n; ++i)

        cin >> x, a[x] += 1;

    for (int i = 1; i <= n; ++i) cout << a[i] << "\n";

}

D - Sum of Large Numbers

题意：当前有 $N + 1$ 个整数：$10^{100}，10^{100}+1，...，10^{100}+N$，求取不少于 $K$ 个数的和的可能值的数量（mod 1e9+7）。

数据范围：$1\le N\le 2e5,1\le K\le N +1$

思路：因为 $10^{100}$ 明显很大，所以取 $K$ 个总和不可能等于取 $K+1$ 个数的综合，所以只需要枚举取多少个数即可。

对于取 $K$ 个数可以求出取 $K$ 个值的最小最大值，在这两个值之间的值都可以取到，个数就是最大值-最小值+1。

const int mod = 1e9 + 7;

int ans = 0;

void add(int &x, int y) {

    x += y;

    if (x >= mod) x -= mod;

    if (x < 0) x += mod;

}

int cal(int l, int r) {

    return 1ll * (l + r) * (r - l + 1) / 2 % mod;

}

int main() {

    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);

    int n, k;

    cin >> n >> k;

    for (int i = k; i <= n + 1; i += 1)

        add(ans, cal(n + 1 - i, n) - cal(0, i - 1) + 1);

    cout << ans;

}

E - Active Infants

题意：有 $N$ 个小孩，第 $i$ 个孩子的位置为 $i$，活跃值为 $A_i$，现在将 $N$ 个小孩重新排列，每个小孩获得的开心值为 $A_i$ 与重新排列前后位置差的乘积，求最大可能的开心值总和。

数据范围：$2\le N\le 2e3,1\le A_i\le 1e9$

题解：可以发现将 $A$ 较大的值放在边上更优，以A降序，然后就是一个区间dp，枚举当前值放左边、右边进行更新。

$f[l][r]=\max \left(f[l+1][r]+A_{n o w} \times\left|p_{\text {now }}-l\right|, f[l][r-1]+A_{\text {now }} \times\left|p_{\text {now }}-r\right|\right)$

const int N = 2e3 + 5;

ll f[N][N];

pair<int, int> p[N];

ll cal(int cnt, int l, int r) {

    if (l > r) return 0;

    if (~f[l][r]) return f[l][r];

    ll ans = 1LL * p[cnt].first * abs(p[cnt].second - l) + cal(cnt + 1, l + 1, r);

    ans = max(ans, 1LL * p[cnt].first * abs(p[cnt].second - r) + cal(cnt + 1, l, r - 1));

    return f[l][r] = ans;

}

int main() {

    int n; cin >> n;

    for (int i = 1, x; i <= n; i++) {

        scanf("%d", &x);

        p[i] = {x, i};

    }

    sort(p + 1, p + n + 1, [](pair<int, int> a, pair<int, int> b) {

        return a.first > b.first;

    });

    memset(f, -1, sizeof f);

    cout << cal(1, 1, n);

    return 0;

}

F - path pass i

题意：给一棵N个节点的无根树，每个节点有一个颜色属性c，对于每个颜色，求经过这种颜色的简单路径的数量。

数据范围：$1\le c_i\le N\le 2e5$

题解：把问题转换成不经过这种颜色的简单路径的数量，总数 $f[N] = N*(N+1)/2$ 减去它即可。

其中不经过颜色 $i$ 的简单路径的数量为：$\sum\limits_{u !=v, u !=w, v !=w, c_{u}=c_{v}=i, \forall w \in \operatorname{path}(u, v), c_{u}=i} f[\operatorname{dis}(u, v)-1]_{\circ}$

const int N = 2e5 + 5;

vector<int> G[N];

int C[N], num[N], sum[N];//num[i]代表i子树的节点数目，sum[i]代表以颜色为i的节点（其祖先没有颜色为i的节点）为根节点的子树大小总和

ll ans[N];

ll cal(int x) {

    return 1LL * x * (x + 1) / 2;

}

void dfs(int u, int fa) {

    int c = C[u], save = sum[c];

    num[u] = 1;

    for (auto v : G[u]) {

        if (v == fa) continue;

        int t = sum[c];

        dfs(v, u);

        int dt = sum[c] - t;

        ans[c] -= cal(num[v] - dt);//num[v]-dt代表相邻两个节点之间的节点数

        num[u] += num[v];

    }

    sum[c] = save + num[u];

}

int main() {

    int n; cin >> n;

    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> C[i];

    for (int i = 1, u, v; i < n; i++) {

        cin >> u >> v;

        G[u].push_back(v);

        G[v].push_back(u);

    }

    for (int i = 1; i <= n; i++)

        ans[i] = cal(n);

    dfs(1, -1);

    for (int i = 1; i <= n; i++) {

        int t = n - sum[i]; //多出来的节点还要减掉

        ans[i] -= cal(t);

        cout << ans[i] << "\n";

    }

}