Codeforces Round #475 Div. 2 A B C D
A - Splits
題意
將一個正整數拆分成若幹個正整數的和，從大到小排下來，與第一個數字相同的數字的個數為這個拆分的權重。
問\(n\)的所有拆分的不同權重可能個數。
思路
全拆成1，然後每次將2個1換成1個2，即每次2的個數增加1。
共有1+n/2種。
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) B - Messages
題意
收到報文的時刻報文價值為A，之後每秒其價值減少B。在某個時刻讀某個報文即能得到該報文此時的價值；此外，每秒能獲得的固定收益為當前報文數*C.
問最大收益。
思路
理解題意即可：每個報文的價值，即每秒減少B，增加C。
因此只需比較B與C，如果B大，則所有報文都收到立即讀；否則全都堆到最後讀。
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) C - Alternating Sum
題意
計算\(\sum \limits_{i=0}^{n} s_{i} a^{n - i} b^{i}\)，其中系數\(s\)只取\(\pm1\)，且為周期函數，周期為\(T=\frac{n+1}{k}\).
思路
即計算\(\sum \limits_{i=0}^{k-1} s_{i} a^{n - i} b^{i}\cdot\frac{q^{\frac{n+1}{k}}-1}{q-1}\)，註意特判\(q=1\).
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
題意
在樹上刪點，當且僅當該點的度數為偶數時才能刪去，問能否刪完圖中所有點，並要求給出操作序列。
思路
從葉子開始從下往上考慮，顯然葉子不能直接刪，要刪葉子必然要在刪去其父親節點之後進行。
而其父親能不能直接刪呢？如果其有奇數個孩子（未被刪去的），則可以直接刪去該節點（因其關聯的邊為連向其奇數個孩子+其父親的共偶數條邊），然後再向下刪去之前未刪去的部分；否則，其的刪除工作必然要留到其父親被刪除之後才能進行。（註意，葉子節點也是符合這個特性的，因為葉子節點的孩子數0為偶數）
因此，dfs，從下往上考慮每個節點有多少個孩子未被刪去；若為奇數個，則可刪去該節點（並一路往下刪孩子），並且忽略該節點對其父親節點度數的貢獻；否則，繼續一路向上。
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;
}Codeforces Round #475 Div. 2 A B C D