ICPC-南京2021

A. Oops, It’s Yesterday Twice More

题解：分成四个区域，然后将所有的点先集中到对应取余的角落，然后再移动到终点

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll>  pll;
const ll N=1e5+5;
const ll mod=1e9+7;
const ll inf=1e18;
const double eps=1e-6;
#define  endl "\n"
ll n,x,y;
void solve(ll p){
  if(p==1){
    for(ll i=1;i<=n-1;i++) cout<<"U";
    for(ll i=1;i<=n-1;i++) cout<<"L";
    for(ll i=1;i<=x-1;i++) cout<<"D";
    for(ll i=1;i<=y-1;i++) cout<<"R";
  }
  else if(p==2){
    for(ll i=1;i<=n-1;i++) cout<<"U";
    for(ll i=1;i<=n-1;i++) cout<<"R";
    for(ll i=1;i<=x-1;i++) cout<<"D";
    for(ll i=1;i<=n-y;i++) cout<<"L";
  }
  else if(p==3){
    for(ll i=1;i<=n-1;i++) cout<<"D";
    for(ll i=1;i<=n-1;i++) cout<<"R";
    for(ll i=1;i<=n-x;i++) cout<<"U";
    for(ll i=1;i<=n-y;i++) cout<<"L";
  }
  else {
    for(ll i=1;i<=n-1;i++) cout<<"D";
    for(ll i=1;i<=n-1;i++) cout<<"L";
    for(ll i=1;i<=n-x;i++) cout<<"U";
    for(ll i=1;i<=y-1;i++) cout<<"R";
  }
}
signed main(){
  ios::sync_with_stdio(false);
  cin.tie(0);cout.tie(0);
  cin>>n>>x>>y;
  if(x>n/2&&y>n/2){
    solve(3);
  }
  else if(x>n/2&&y<=n/2){
    solve(4);
  }
  else if(x<=n/2&&y<=n/2){
    solve(1);
  }
  else {
    solve(2);
  }
}

M. Windblume Festival

题解：分为两种情况，如果所有的数字有正有负，那么答案就是所有数字绝对值之和，如果只有正或者只有负，那么答案就是绝对值之和减去最小的绝对值*2

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll>  pll;
const ll N=1e6+5;
const ll mod=1e9+7;
const ll inf=1e18;
#define  endl "\n"
ll a[N];
signed main(){
  ios::sync_with_stdio(false);
  cin.tie(0);cout.tie(0);
  ll t;cin>>t;
  while(t--){
    ll n;cin>>n;
    ll flag[2]={0};
    ll sum=0;
    ll minn=inf;
    for(ll i=1;i<=n;i++){
       cin>>a[i];
       if(a[i]==0) flag[0]=flag[1]=1; 
       if(a[i]>0) flag[0]=1;
       else if(a[i]<0) flag[1]=1;
       sum+=abs(a[i]);minn=min(minn,abs(a[i]));
    }
    if(n==1){ cout<<a[1]<<endl;continue;}
    if(flag[0]&&flag[1]) cout<<sum<<endl;
    else cout<<sum-2*minn<<endl;
  }
}

C. Klee in Solitary Confinement

题解：对于每一个数字x而言，它只会对两种数字的个数产生影响，一个是x+k,一个是x，对于它自身sum[x]-1,对于sum[x+k]+1,所以我们判断每个数字，只需要判断他对x和x+k的影响即可，用一个数组sum记录对于每一种数字的影响，如果选择了x之后sum[x]<0，对sum[x]产生了负影响，所以对于x肯定就不选这个位置，就让sum[x]=0，然后每次判断每个位置的sum[x]+cnt[x]的最大值即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll>  pll;
const ll N=5e6+5;
const ll mod=1e9+7;
const ll inf=1e18;
const double eps=1e-6;
#define  endl "\n"
ll a[N],cnt[N],sum[N];
signed main(){
  ios::sync_with_stdio(false);
  cin.tie(0);cout.tie(0);
  ll n,k;cin>>n>>k;
  for(ll i=1;i<=n;i++){
     cin>>a[i],a[i]+=2000000;//将每个数字预处理成>0的数字，不然数组存不了,map容易t
     sum[a[i]]++;
  }
  ll ans=-inf;
  for(ll i=1;i<=n;i++){
    cnt[a[i]]--;
    cnt[a[i]+k]++;
    if(cnt[a[i]]<0) cnt[a[i]]=0;//负影响就清零
    ans=max(ans,cnt[a[i]+k]+sum[a[i]+k]);
  }
  cout<<ans;
}

H. Crystalfly

题解：树形dp，考虑两种子节点情况。
g[x]为不选择x的子节点的子树的最优解，f[x]为x的子树的最优解
对于g[x]，g[x]是不选择子节点的，所以对于字节点j，f[j]-a[j]就是不包含子节点的部分，g[x]+=f[j]-a[j]。
对于子节点的选择
1.w[j]<=2时，f[x]=max(f[x],g[x]+a[j]) j是x的子节点，由于g[x]就是没有选择x的字节点，那么在它基础上加上一个子节点就是f[x]。
2.w[j]=3时，可以选择一个别的点z然后再选择j,这时点z的子节点就无法选择，变成g[z],所以f[x]=max(f[x],g[x]+a[j]+g[z]-(f[z]-a[z])),对于这个式子，g[x]+a[j]就是加上j这个子节点，然后注意，这里g[x]已经包含z的子节点，这个时候z的子节点是不能选择的，所以要减去j的子节点然后加上gj。所以我们对于每一个w[j]=3的点，只需要找到g[z]-f[z]+a[z]的最大值即可。
注意：不要用链式前向星，memset会t，用vector存

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll>  pll;
const ll N=1e6+5;
const ll mod=1e9+7;
const ll inf=1e18;
#define  endl "\n"
ll a[N],w[N],cnt,f[N],g[N];
vector<ll> G[N];
void dfs(ll x,ll fa){
  g[x]=a[x];
  ll maxn[2]={-inf,-inf};
  for(auto j:G[x]){
    if(j==fa) continue;
    dfs(j,x);
    g[x]+=f[j]-a[j];
    ll pt=g[j]-f[j]+a[j];
    if(pt>maxn[1]) maxn[0]=maxn[1],maxn[1]=pt;
    else if(pt>maxn[0]) maxn[0]=pt;
  }
  f[x]=g[x];
  for(auto j:G[x]){
    if(j==fa) continue;
    f[x]=max(f[x],g[x]+a[j]);
    if(w[j]==3){
      if(g[j]-f[j]+a[j]==maxn[1]) f[x]=max(f[x],g[x]+a[j]+maxn[0]);
      else f[x]=max(f[x],g[x]+a[j]+maxn[1]);
    }
  }
}
signed main(){
  ios::sync_with_stdio(false);
  cin.tie(0);cout.tie(0);
  ll t;cin>>t;
  while(t--){
    ll n;cin>>n;
    for(ll i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],G[i].clear();
    for(ll i=1;i<=n;i++) cin>>w[i];
    for(ll i=1;i<n;i++){
      ll x,y;cin>>x>>y;
      G[x].push_back(y);
      G[y].push_back(x);
    }
    dfs(1,-1);
    cout<<f[1]<<endl;
  }  
}