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Contest Info
[Practice Link](https://atcoder.jp/contests/abc133/tasks)
| Solved | A | B | C | D | E | F |
|---|---|---|---|---|---|---|
| 6/6 | O | O | O | O | O | O |
- O 在比赛中通过
- Ø 赛后通过
- ! 尝试了但是失败了
- - 没有尝试
Solutions
A. T or T
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
int n, a, b;
while (cin >> n >> a >> b) {
cout << min(n * a, b) << "
";
}
return 0;
}
B.Good Distance
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 110
int n, d, x[N][N];
int dis(int i, int j) {
int res = 0;
for (int o = 1; o <= d; ++o) {
res += (x[i][o] - x[j][o]) * (x[i][o] - x[j][o]);
}
return res;
}
int main() {
set <int> se; se.insert(0);
for (int i = 1; i <= 30000; ++i) {
se.insert(i * i);
}
while (scanf("%d%d", &n, &d) != EOF) {
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int j = 1; j <= d; ++j) {
scanf("%d", x[i] + j);
}
}
int res = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int j = 1; j < i; ++j) {
int Dis = dis(i, j);
if (se.count(Dis)) {
++res;
}
}
}
printf("%d
", res);
}
return 0;
}
C. Remainder Minimization 2019
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define p 2019
int main() {
int l, r;
while (scanf("%d%d", &l, &r) != EOF) {
if (r - l + 1 >= 3000) {
puts("0");
continue;
} else {
int res = 1e9;
for (int i = l; i <= r; ++i) {
for (int j = l; j < i; ++j) {
res = min(res, (i % p) * (j % p) % p);
}
}
printf("%d
", res);
}
}
return 0;
}
D. Rain Flows into Dams
题意：
给出两个序列(a_i, b_i)，知道(a_i)和(b_i)的关系如下：
[a_i =
egin{cases}
frac{b_n}{2} + frac{b_1}{2} &&i = n \
frac{b_i}{2} + frac{b_{i + 1}}{2} && i
eq n
end{cases}
]
现在给出(a_i)，要求还原(b_i)。
思路：
(n = 3)时：
[egin{eqnarray}
a_1 = frac{b_1}{2} + frac{b_2}{2} \
a_2 = frac{b_2}{2} + frac{b_3}{2} \
a_3 = frac{b_3}{2} + frac{b_1}{2}
end{eqnarray}
]
我们发现(b_1 = (1) - (2) + (3))
然后就可以还原(b_i)了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 100010
int n, a[N];
ll b[N];
int main() {
while (scanf("%d", &n) != EOF) {
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d", a + i);
}
b[1] = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
b[1] += a[i] * ((i & 1) ? 1 : -1);
}
b[n] = 2ll * a[n] - b[1];
for (int i = n - 1; i > 1; --i) {
b[i] = 2ll * a[i] - b[i + 1];
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) printf("%lld%c", b[i], "
"[i == n]);
}
return 0;
}
E. Virus Tree 2
题意：
用(K)种颜色个一棵树染色，要求距离小于等于(2)的两个点的颜色不同。
求方案数。
思路：
如果距离小于等于(1)的两个点的颜色不同怎么求?
考虑每个点跟父亲不同就好了，答案为(k cdot (k - 1)^{n - 1})
那距离小于等于(2)呢？
考虑跟父亲往上走的距离小于等于(2)的点的颜色，因为这个点任意两个点的距离也是小于等于(2)的，也就是说这个点集中的每个点的颜色都不同，假设大小为(sze)，那么当前点的选择总数为(k - sze)。
乘一乘就好了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 100010
const ll p = 1e9 + 7;
int n, k;
ll res;
vector <vector<int>> G;
void DFS(int u, int fa) {
int sze = 1 + (u != 1);
for (auto v : G[u]) if (v != fa) {
res = res * max(0, k - sze) % p;
++sze;
DFS(v, u);
}
}
int main() {
while (scanf("%d%d", &n, &k) != EOF) {
G.clear(); G.resize(n + 1);
for (int i = 1, u, v; i < n; ++i) {
scanf("%d%d", &u, &v);
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
}
res = k;
DFS(1, 1);
printf("%lld
", res);
}
return 0;
}
F. Colorful Tree
题意：
有一棵树，每条边有颜色和边权。
每次询问要求将所有颜色为(x_i)的边的边权都改成(y_i)，然后询问(u_i
ightarrow v_i)的距离。
思路：
将询问拆成原来的距离 - 路径上颜色为(x_i)的边的边权和 + 路径上颜色为(x_i)的边的条数 * (y_i)
然后离线即可。
其实不用写树剖和树状数组，只要将询问拆成三个询问丢在点那里，(DFS)下去的时候分别维护一下三个信息就好了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 100010
#define pii pair <int, int>
#define fi first
#define se second
int n, q;
struct node {
int u, v, w, id;
node() {}
node(int v, int w) : v(v), w(w) {}
node (int u, int v, int w, int id = 0) : u(u), v(v), w(w), id(id) {}
};
vector <vector<node>> E, Q, G;
int res[N];
int fa[N], deep[N], dis[N], sze[N], son[N], top[N], in[N], cnt;
void DFS(int u) {
sze[u] = 1;
for (auto it : G[u]) if (it.v != fa[u]) {
int v = it.v;
fa[v] = u;
deep[v] = deep[u] + 1;
dis[v] = dis[u] + it.w;
DFS(v);
sze[u] += sze[v];
if (son[u] == -1 || sze[v] > sze[son[u]]) son[u] = v;
}
}
void gettop(int u, int sp) {
top[u] = sp;
in[u] = ++cnt;
if (son[u] == -1) return;
gettop(son[u], sp);
for (auto it : G[u]) {
int v = it.v;
if (v == fa[u] || v == son[u]) continue;
gettop(v, v);
}
}
int querylca(int u, int v) {
while (top[u] != top[v]) {
if (deep[top[u]] < deep[top[v]]) {
swap(u, v);
}
u = fa[top[u]];
}
if (deep[u] > deep[v]) swap(u, v);
return u;
}
pii add(pii x, pii y) {
return pii(x.fi + y.fi, x.se + y.se);
}
pii sub(pii x, pii y) {
return pii(x.fi - y.fi, x.se - y.se);
}
struct BIT {
pii a[N];
void init() {
memset(a, 0, sizeof a);
}
void update(int x, int s, int t) {
for (; x < N; x += x & -x) {
a[x] = add(a[x], pii(s, t));
}
}
pii query(int x) {
pii res = pii(0, 0);
for (; x > 0; x -= x & -x) {
res = add(res, a[x]);
}
return res;
}
pii query(int l, int r) {
return sub(query(r), query(l - 1));
}
}bit;
pii query(int u, int v) {
pii res = pii(0, 0);
while (top[u] != top[v]) {
if (deep[top[u]] < deep[top[v]]) swap(u, v);
res = add(res, bit.query(in[top[u]], in[u]));
u = fa[top[u]];
}
if (u == v) return res;
if (deep[u] > deep[v]) swap(u, v);
return add(res, bit.query(in[son[u]], in[v]));
}
void init() {
bit.init();
cnt = 0; dis[1] = 0; fa[1] = 0;
E.clear(); E.resize(n + 1);
Q.clear(); Q.resize(n + 1);
G.clear(); G.resize(n + 1);
memset(son, -1, sizeof son);
memset(res, 0, sizeof res);
}
int main() {
while (scanf("%d%d", &n, &q) != EOF) {
init();
for (int i = 1, u, v, c, d; i < n; ++i) {
scanf("%d%d%d%d", &u, &v, &c, &d);
G[u].push_back(node(v, d));
G[v].push_back(node(u, d));
E[c].push_back(node(u, v, d));
}
for (int i = 1, c, u, v, w; i <= q; ++i) {
scanf("%d%d%d%d", &c, &w, &u, &v);
Q[c].push_back(node(u, v, w, i));
}
DFS(1); gettop(1, 1);
// for (int i = 1; i <= n; ++i) printf("%d %d %d %d
", i, fa[i], son[i], in[i]);
for (int i = 1; i < n; ++i) {
if (Q[i].empty()) continue;
for (auto &it : E[i]) {
if (fa[it.u] == it.v) swap(it.u, it.v);
bit.update(in[it.v], 1, it.w);
}
for (auto it : Q[i]) {
int u = it.u, v = it.v, w = it.w, id = it.id;
int lca = querylca(u, v);
// cout << u << " " << v << " " << lca << endl;
pii tmp = query(u, v);
res[id] = dis[u] + dis[v] - 2 * dis[lca] - tmp.se + w * tmp.fi;
}
for (auto it : E[i]) {
bit.update(in[it.v], -1, -it.w);
}
}
for (int i = 1; i <= q; ++i) printf("%d
", res[i]);
}
return 0;
}