ABC 359

submissions

A,B

直接模拟即可。

C

纵向的距离很好算。有两种情况：

• 横向距离更小。这个直接输出纵向距离。

• 更大。减去纵向的步数。

横向距离怎么算？我们考虑把 \(s,e\) 都移动到方块靠左，然后就是横坐标之和。

D

简单的 dp。设 \(dp_{i,msk}\) 为到了第 \(i\) 为，目前前面的状态是 \(msk\)，A,B 分别是 \(0,1\)。转移可以预处理也可以直接判断填 A,B 可不可以。

E

直接单调栈维护目前目前的最大值们。如果有更优（即更靠后切更大）就弹出。

F

考虑到知道每一个都至少有 \(1\)，树就是可以构造出来的，一共要分配 \(2n-2\)。我们先给每一个 \(1\)，然后优先队列贪心分配就可以了。

G

我一个很显然的数据分治（出现次数 \(<\sqrt{n}\) 的暴力，否则树上 dp），但是还要 \(\mathcal{O}(1)\) 的 lca，然后我不会。

其实这个题可以直接启发式合并。每一个节点维护每一个颜色的出现个数。可以把 \(+\) 和 \(-\) 分开来，这样好算。代码也很简单。

这道题按道理来说虚树，点分治都可以做，但是这个应该是我见到的最简洁的写法。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using ll = long long;

const int N = 2e5+5;

int n,dep[N],a[N],fr[N];
vector<int> g[N];
map<int,int> mp[N];
ll ans;

void dfs(int u,int fa){
	for (auto v : g[u]){
		if (v^fa){
			dep[v]=dep[u]+1;
			dfs(v,u);
		}
	}
	mp[u][a[u]]=1;
	for (auto v : g[u]){
		if (v^fa){
			if (mp[v].size()>mp[u].size()){
				swap(mp[v],mp[u]);
			}
			for (auto x : mp[v]){
				ans-=1ll*x.second*mp[u][x.first]*dep[u]*2ll;
				mp[u][x.first]+=x.second;
			}
		}
	}
}

int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);

	cin>>n;
	for (int i=1; i<n; i++){
		ll u,v;
		cin>>u>>v;
		g[u].push_back(v);
		g[v].push_back(u);
	}
	for (int i=1; i<=n; i++){
		cin>>a[i];
		fr[a[i]]++;
	}
	dfs(1,0);
	for (int i=1; i<=n; i++){
		ans+=1ll*(fr[a[i]]-1)*dep[i];
	}
	cout<<ans<<"\n";
	return 0;
}