Codeforces Round #475 Div. 2 A B C D

A - Splits

题意

将一个正整数拆分成若干个正整数的和，从大到小排下来，与第一个数字相同的数字的个数为这个拆分的权重。

问\(n\)的所有拆分的不同权重可能个数。

思路

全拆成1，然后每次将2个1换成1个2，即每次2的个数增加1。

共有1+n/2种。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define F(i, a, b) for (int i = (a); i < (b); ++i)
#define F2(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define dF(i, a, b) for (int i = (a); i > (b); --i)
#define dF2(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
using namespace std;
typedef long long LL;
int main() {
    int n;
    scanf("%d", &n);
    printf("%d\n", n/2+1);
    return 0;
}

B - Messages

题意

收到报文的时刻报文价值为A，之后每秒其价值减少B。在某个时刻读某个报文即能得到该报文此时的价值；此外，每秒能获得的固定收益为当前报文数*C.

问最大收益。

思路

理解题意即可：每个报文的价值，即每秒减少B，增加C。

因此只需比较B与C，如果B大，则所有报文都收到立即读；否则全都堆到最后读。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define F(i, a, b) for (int i = (a); i < (b); ++i)
#define F2(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define dF(i, a, b) for (int i = (a); i > (b); --i)
#define dF2(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
using namespace std;
typedef long long LL;
int main() {
    int n,a,b,c,T;
    scanf("%d%d%d%d%d",&n,&a,&b,&c,&T);
    int x, sum=0;
    F(i, 0, n) scanf("%d", &x), sum += x;
    LL ans = n*a;
    if (c>b) ans += 1LL*(c-b)*(n*T-sum);
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

C - Alternating Sum

题意

计算\(\sum \limits_{i=0}^{n} s_{i} a^{n - i} b^{i}\)，其中系数\(s\)只取\(\pm1\)，且为周期函数，周期为\(T=\frac{n+1}{k}\).

思路

即计算\(\sum \limits_{i=0}^{k-1} s_{i} a^{n - i} b^{i}\cdot\frac{q^{\frac{n+1}{k}}-1}{q-1}\)，注意特判\(q=1\).

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define F(i, a, b) for (int i = (a); i < (b); ++i)
#define F2(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define dF(i, a, b) for (int i = (a); i > (b); --i)
#define dF2(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL mod = 1e9+9;
LL poww(LL a, LL b) {
    LL ret = 1;
    while (b) {
        if (b & 1) (ret *= a) %= mod;
        (a *= a) %= mod;
        b >>= 1;
    }
    return ret;
}
inline LL mul(LL a, LL b) { return a * b % mod; }
inline LL add(LL a, LL b) { return (a+b+mod) % mod; }
#define maxn 100010
char s[maxn];
int main() {
    int n, a, b, k;
    scanf("%d%d%d%d", &n, &a, &b, &k);
    scanf("%s", s);
    LL aa = poww(a, n), bb = 1, inva = poww(a, mod-2), ans = 0;
    F(i, 0, k) {
        int sign = s[i]=='+' ? 1 : -1;
        ans = add(ans, sign*mul(aa, bb));
        aa = mul(aa, inva);
        bb = mul(bb, b);
    }
    LL q = mul(poww(b, k), poww(inva, k));
    int cnt = (n+1) / k;
    if (q == 1) ans = mul(ans, cnt);
    else ans = mul(ans, mul(poww(q, cnt)-1, poww(q-1, mod-2)));
    printf("%I64d\n", ans);
    return 0;
}

D - Destruction of a Tree

题意

在树上删点，当且仅当该点的度数为偶数时才能删去，问能否删完图中所有点，并要求给出操作序列。

思路

从叶子开始从下往上考虑，显然叶子不能直接删，要删叶子必然要在删去其父亲节点之后进行。

而其父亲能不能直接删呢？如果其有奇数个孩子（未被删去的），则可以直接删去该节点（因其关联的边为连向其奇数个孩子+其父亲的共偶数条边），然后再向下删去之前未删去的部分；否则，其的删除工作必然要留到其父亲被删除之后才能进行。（注意，叶子节点也是符合这个特性的，因为叶子节点的孩子数0为偶数）

因此，dfs，从下往上考虑每个节点有多少个孩子未被删去；若为奇数个，则可删去该节点（并一路往下删孩子），并且忽略该节点对其父亲节点度数的贡献；否则，继续一路向上。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define F(i, a, b) for (int i = (a); i < (b); ++i)
#define F2(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define dF(i, a, b) for (int i = (a); i > (b); --i)
#define dF2(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
#define maxn 200010
using namespace std;
typedef long long LL;
struct Edge {
    int to, ne;
}edge[maxn<<1];
int ne[maxn], tot, rt;
bool flag[maxn];
vector<int> ans;
void add(int u, int v) {
    edge[tot] = {v, ne[u]};
    ne[u] = tot++;
}
void collect(int u, int fa) {
    ans.push_back(u);
    flag[u] = true;
    for (int i = ne[u]; ~i; i = edge[i].ne) {
        int v = edge[i].to;
        if (v == fa || flag[v]) continue;
        collect(v, u);
    }
}
int dfs(int u, int fa) {
    int tot = 0;
    for (int i = ne[u]; ~i; i = edge[i].ne) {
        int v = edge[i].to;
        if (v == fa) continue;
        tot += dfs(v, u);
    }
    if ((u==rt&&!(tot&1)) || (u!=rt&&tot&1)) collect(u, fa);
    return !(tot&1);
}
int main() {
    memset(ne, -1, sizeof ne);
    int n, x;
    scanf("%d", &n);
    F2(i, 1, n) {
        scanf("%d", &x);
        if (!x) rt = i;
        else add(i, x), add(x, i);
    }
    if (dfs(rt, -1)) {
        puts("YES");
        for (auto x : ans) printf("%d\n", x);
    }
    else puts("NO");
    return 0;
}