问题 A: 鬼抓人

根据题意，若 n≤mn \leq mn≤m，输出 unsafe
否则输出 safe
代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
signed main(){int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);if(n<=m)puts("unsafe");else puts("safe");return 0;
}

问题 B: 坠落之前

统计所有 ddlddlddl 所需要的总时间 summ=∑i=1mAisumm=\sum_{i=1}^m A_isumm=∑i=1mAi,再比较 summsummsumm 与 nnn 的大小即可
代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,summ=0,t;
signed main(){scanf("%d%d",&m,&n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&t);summ+=t;}if(summ>m)puts("-1");else printf("%d\n",m-summ);return 0;
}

问题 C: 数据结构：树的子结点计数

对于每个结点最多存在一个双亲结点，在读入双亲结点时同步进行统计计数即可
代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int n,cnt[200005]={0},t;
signed main(){scanf("%d",&n);for(int i=2;i<=n;i++){scanf("%d",&t);cnt[t]++;}for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d\n",cnt[i]);return 0;
}

问题 D: 糖果合并

找规律+等差数列求和

观察小糖果价值可得到，若选择小糖果总数不同，对答案贡献的方案数互不影响
对于选择 i(k≤i≤n+1)i(k \leq i \leq n+1)i(k≤i≤n+1) 块小糖果进行合并时，可得到的大糖果中最小重量为 i×10100+0+1+2+...+(i−1)=i×(i−1)2i \times 10^{100}+0+1+2+...+(i-1)=\frac{i \times (i-1)}{2}i×10100+0+1+2+...+(i−1)=2i×(i−1),最大重量为 i×10100+(n−i+1)+(n−i+2)+...+n=i×(2n−i+1)2i \times 10^{100}+(n-i+1)+(n-i+2)+...+n=\frac{i \times (2n-i+1)}{2}i×10100+(n−i+1)+(n−i+2)+...+n=2i×(2n−i+1)，
观察提示中的样例解释同时可发现，最小重量与最大重量之间的每种重量的大糖果都可由 iii 块小糖果合并得到
故选择 i(k≤i≤n+1)i(k \leq i \leq n+1)i(k≤i≤n+1) 块小糖果时，对答案有i×(2n−i+1)2−i×(i−1)2+1=(n−i+1)×i+1\frac{i \times (2n-i+1)}{2}-\frac{i \times (i-1)}{2}+1=(n-i+1) \times i+12i×(2n−i+1)−2i×(i−1)+1=(n−i+1)×i+1种方案贡献数
故最终答案为∑i=kn+1((n−i+1)×i+1)\sum_{i=k}^{n+1} ((n-i+1) \times i+1)∑i=kn+1((n−i+1)×i+1)
代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int MOD=1e9+7;
int n,k,ans=0;
signed main(){scanf("%lld%lld",&n,&k);for(int i=k;i<=n+1;i++)ans=(ans+i*(n-i+1)%MOD+1)%MOD;printf("%lld\n",ans);return 0;
}

问题 E: 幼儿园排座

贪心+动态规划

首先明确，对于剩下所有未排好座位的小朋友，快乐指数最大的小朋友一定在可选择区间的两端对快乐总和贡献最大，故对于所有小朋友，先按照快乐指数从大到小进行排列，接着进行dpdpdp，
dp[j]dp[j]dp[j]表示左侧已有 jjj 个小朋友排好座位的最大快乐总和，则状态转移方程为：

dp[j]=max(dp[j−1]+ve[i−1].first×abs(ve[i−1].second−j),dp[j]+ve[i−1].first×abs(ve[i−1].second−(n−(i−j)+1)))dp[j]=max(dp[j-1]+ve[i-1].first \times abs(ve[i-1].second-j),dp[j]+ve[i-1].first \times abs(ve[i-1].second-(n-(i-j)+1)))dp[j]=max(dp[j−1]+ve[i−1].first×abs(ve[i−1].second−j),dp[j]+ve[i−1].first×abs(ve[i−1].second−(n−(i−j)+1)))

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int MOD=1e9+7;
int n,dp[2005]={0},ans=0;
signed main(){scanf("%lld",&n);int t;vector<pair<int,int>>ve;for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&t);ve.push_back({t,i});}sort(ve.begin(),ve.end(),greater<pair<int,int>>());//按照快乐指数从大到小进行排序memset(dp,-0x3f3f3f3f3f,sizeof(dp));dp[0]=0;for(int i=1;i<=n;i++){//当前给原位置为ve[i-1].second的小朋友进行排座位，其快乐指数为ve[i-1].firstfor(int j=i;j>=1;j--)dp[j]=max(dp[j-1]+ve[i-1].first*abs(ve[i-1].second-j),dp[j]+ve[i-1].first*abs(ve[i-1].second-(n-(i-j)+1)));dp[0]+=ve[i-1].first*abs(ve[i-1].second-(n-i+1));}for(int i=0;i<=n;i++)ans=max(ans,dp[i]);printf("%lld\n",ans);return 0;
}

另一个版本：（记忆化区间dp）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M=2005;
long long dp[M][M],n;
struct node{long long id,val;
}a[M];
bool cmp(node pp,node qq)
{return pp.val>qq.val;
}
long long dfs(int now,int l,int r)
{//dp[l][r]表示区间[l,r]对答案的最大贡献if(l>r)return 0;if(dp[l][r]!=-1)return dp[l][r];if(now>n)return 0;long long le=dfs(now+1,l+1,r)+abs(a[now].id-l)*a[now].val;long long ri=dfs(now+1,l,r-1)+abs(a[now].id-r)*a[now].val;return dp[l][r]=max(le,ri);
}
signed main(){scanf("%lld",&n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&a[i].val);a[i].id=i;}sort(a+1,a+n+1,cmp);memset(dp,-1,sizeof(dp));dfs(1,1,n);printf("%lld\n",dp[1][n]);return 0;
}

问题 F: 简单路径计数

题目要求的：

统计多少对点对(x,y)(x,y)(x,y) 满足xxx 到 yyy 的简单路径上经过至少一个颜色为 kkk 的点(x≤y)(x \leq y)(x≤y)

这有许多种情况
正难则反，此时不如将问题转换为如下：

统计多少对点对(x,y)(x,y)(x,y) 满足xxx 到 yyy 的简单路径上不经过颜色为 kkk 的点(x≤y)(x \leq y)(x≤y)

这时候比较容易想到，在统计颜色 kkk 对应答案时，我们先删去所有颜色为 kkk 的结点，则可得到若干连通块，显然连通块与连通块之间不存在简单路径不经过颜色为 kkk 的点
现在假设删点后我们得到 mmm 块连通块，第 iii 块连通块的结点数量为 szisz_{i}szi 则此时满足不经过颜色为 kkk 的点的简单路径数为：∑i=1mszi×(szi+1)2\sum_{i=1}^{m}\frac {sz_{i}\times (sz_{i}+1)}{2}∑i=1m2szi×(szi+1)
则此时颜色 kkk 对应答案则为 n×(n+1)2−∑i=1mszi×(szi+1)2\frac {n\times (n+1)}{2}-\sum_{i=1}^{m}\frac {sz_{i}\times (sz_{i}+1)}{2}2n×(n+1)−∑i=1m2szi×(szi+1)

红色表示颜色为 kkk 的点，蓝色表示一个连通块

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int MOD=1e9+7;
const int N=2e5+5;
inline int C2(int x){return x*(x+1)/2;}
int n,col[N],f[N]={0},g[N]={0},num[N]={0};
vector<int> e[N];
void dfs(int u,int fa)
{num[u]=1;int tmp=f[col[u]];for(auto v:e[u])if(v!=fa){//f[i]记录子树颜色为i的结点及其子树的总结点数f[col[u]]=0;dfs(v,u);num[u]+=num[v];//num[i]记录i及其子树的总结点数g[col[u]]+=C2(num[v]-f[col[u]]);//g[i]记录子树内无经过颜色i的简单路径总数}f[col[u]]=tmp+num[u];
}
signed main(){int u,v;scanf("%lld",&n);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&col[i]);for(int i=1;i<n;i++){scanf("%lld%lld",&u,&v);e[u].push_back(v);e[v].push_back(u);}dfs(1,0);for(int i=1;i<=n;i++)printf("%lld\n",C2(n)-C2(n-f[i])-g[i]);return 0;
}

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