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\n",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。
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\n",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\n",-1);
else printf("%d\n",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\n",(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 \(\sum\limits_{i=1}^nc_i|a_i-b_i|\)。
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：
\(Code\):
#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\n",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。
