AtCoder ABC 163 题解（难题日常咕咕咕

第一场 AtCoder 比赛，结果你告诉我是 unrated？
看来只能做人均会的题了。
总分：(100+200+300+400+0(AC×5)+0=1000)
写一下简要题解：
按我 (A) 题顺序来。
（网太卡了，把题全打开，谁先加载出来先搞谁

(C).

给一棵以 (1) 为根的树，并给出其它点的父亲，求每个点有几个儿子。
直接开个数组记录就好了：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<queue>
using namespace std;

#define read(x) scanf("%d",&x)
#define readl(x) scanf("%lld",&x)
#define ll long long 
#define ull unsigned long long

int n,l;
int b[200005]={0};

int main()
{
	read(n);
	for(int i=2;i<=n;i++) read(l),b[l]++;
	for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d
",b[i]);
	return 0;
} 

然后 (CE) 只因选错语言，还 (CE) 了两次，罚时 (10;min) 亏死了。

(A).

给出圆的半径，求圆的直径。

[C=2pi r ]

依稀记得 (FFT) 中 (pi=acos(-1))，直接算就行了。
不卡精度真是太好了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<queue>
using namespace std;

#define read(x) scanf("%d",&x)
#define readl(x) scanf("%lld",&x)
#define ll long long 
#define ull unsigned long long

double pi=acos(-1.0);
double n; 

int main()
{
	cin>>n;
	printf("%.20lf
",2*n*pi); 
	return 0;
} 

(B).

有一些工作需要的时间和拥有来办公的总时间，求做完工作后剩多少时间，若做不完，输出 (-1) 。
前缀和，注意long long。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<queue>
using namespace std;

#define read(x) scanf("%d",&x)
#define readl(x) scanf("%lld",&x)
#define ll long long 
#define ull unsigned long long

int n,m;
int b[10005];
ll sum=0;

int main()
{
	read(n),read(m);
	for(int i=1;i<=m;i++) read(b[i]),sum+=b[i];
	if(sum>n) printf("%d
",-1);
	else printf("%d
",n-sum);
	return 0;
} 

(D)

从 (10^{100},10^{100}+1......10^{100}+N) 中选 (k) 到 (N+1) 个数，求可以得到值数的和。
稍有思维难度，但还是一眼题。
发现得到的数都是连续的，直接求最大值和最小值相减即可，选不同个的最值显然是可以前、后缀和优化递推的。
复杂度 (mathcal O(n))。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<queue>
using namespace std;

#define read(x) scanf("%d",&x)
#define readl(x) scanf("%lld",&x)
#define ll long long 
#define ull unsigned long long
#define MOD 1000000007

int n,m;
ll q[200005],h[200005];
ll sum=0;

int main()
{
	read(n),read(m);
	q[0]=0,h[n+1]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) q[i]=q[i-1]+1ll*i;
	for(int i=n;i>=1;i--) h[i]=h[i+1]+1ll*i;
	for(int i=m;i<=n;i++) sum=(sum+h[n-i+1]-q[i-1]+1)%MOD;
	printf("%lld
",(sum+1)%MOD);
	return 0;
} 

(E).

有 (n) 个人，每个人有一个价值 (c_i) ，把他们打乱，假设从前的位置是 (a_i)，现在的位置是 (b_i)，最大化 (sumlimits_{i=1}^nc_i|a_i-b_i|)。
贪心，优先放置 (c) 小的人。
为什么呢？

由于我们在记录状态时无法大范围看全局，先选择影响小的人。
我们设 (dp_{i,j}) 为选 (j-i+1)个人放在 (i) 到 (j) 的区间上的最大贡献。
我们以此为基础扩大区间，即判断先一个应该放左边还是右边。

这里转移方程易得为：

[dp_{i,j}=max{max(dp_{i+1,j}+c_{j-i+1}|a_{j-i+1}-l|,dp_{i,j-1}+c_{j-i+1}|a_{j-i+1}-r|)} ]

(Code):

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;

#define ll long long 
#define read(x) scanf("%d",&x)

struct node
{
	int id,val;
}a[2005];
ll dp[2005][2005];
int n;

bool cmp(node n,node m){return n.val<m.val;}

int main()
{
	read(n);
	for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i].val),a[i].id=i;
	sort(a+1,a+n+1,cmp);
	for(int i=1;i<=n;i++) dp[i][i]=1ll*a[1].val*abs(a[1].id-i);
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		for(int l=1;l+i-1<=n;l++)
		{
			int r=l+i-1;
			dp[l][r]=0;
			dp[l][r]=max(dp[l][r],max(dp[l+1][r]+1ll*a[i].val*abs(a[i].id-l),dp[l][r-1]+1ll*a[i].val*abs(a[i].id-r)));
		}
	}
	printf("%lld
",dp[1][n]);
}

(F).

咕咕咕......
最后得了 (1000;pts+39.10;min;;;rk1654)。
太菜了，没人权， (dp) 功夫需要继续加强。
要是没有选错语言就能 (rk1081) 了。（然而没有切出 (E) 题才是原罪。