A - Splits
题意
将一个正整数拆分成若干个正整数的和，从大到小排下来，与第一个数字相同的数字的个数为这个拆分的权重。
问\(n\)的所有拆分的不同权重可能个数。
思路
全拆成1，然后每次将2个1换成1个2，即每次2的个数增加1。
共有1+n/2种。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define F(i, a, b) for (int i = (a); i < (b); ++i)
#define F2(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define dF(i, a, b) for (int i = (a); i > (b); --i)
#define dF2(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
using namespace std;
typedef long long LL;
int main() {
int n;
scanf("%d", &n);
printf("%d\n", n/2+1);
return 0;
}
B - Messages
题意
收到报文的时刻报文价值为A，之后每秒其价值减少B。在某个时刻读某个报文即能得到该报文此时的价值；此外，每秒能获得的固定收益为当前报文数*C.
问最大收益。
思路
理解题意即可：每个报文的价值，即每秒减少B，增加C。
因此只需比较B与C，如果B大，则所有报文都收到立即读；否则全都堆到最后读。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define F(i, a, b) for (int i = (a); i < (b); ++i)
#define F2(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define dF(i, a, b) for (int i = (a); i > (b); --i)
#define dF2(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
using namespace std;
typedef long long LL;
int main() {
int n,a,b,c,T;
scanf("%d%d%d%d%d",&n,&a,&b,&c,&T);
int x, sum=0;
F(i, 0, n) scanf("%d", &x), sum += x;
LL ans = n*a;
if (c>b) ans += 1LL*(c-b)*(n*T-sum);
printf("%d\n", ans);
return 0;
}C - Alternating Sum
题意
计算\(\sum \limits_{i=0}^{n} s_{i} a^{n - i} b^{i}\)，其中系数\(s\)只取\(\pm1\)，且为周期函数，周期为\(T=\frac{n+1}{k}\).
思路
即计算\(\sum \limits_{i=0}^{k-1} s_{i} a^{n - i} b^{i}\cdot\frac{q^{\frac{n+1}{k}}-1}{q-1}\)，注意特判\(q=1\).
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define F(i, a, b) for (int i = (a); i < (b); ++i)
#define F2(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define dF(i, a, b) for (int i = (a); i > (b); --i)
#define dF2(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL mod = 1e9+9;
LL poww(LL a, LL b) {
LL ret = 1;
while (b) {
if (b & 1) (ret *= a) %= mod;
(a *= a) %= mod;
b >>= 1;
}
return ret;
}
inline LL mul(LL a, LL b) { return a * b % mod; }
inline LL add(LL a, LL b) { return (a+b+mod) % mod; }
#define maxn 100010
char s[maxn];
int main() {
int n, a, b, k;
scanf("%d%d%d%d", &n, &a, &b, &k);
scanf("%s", s);
LL aa = poww(a, n), bb = 1, inva = poww(a, mod-2), ans = 0;
F(i, 0, k) {
int sign = s[i]=='+' ? 1 : -1;
ans = add(ans, sign*mul(aa, bb));
aa = mul(aa, inva);
bb = mul(bb, b);
}
LL q = mul(poww(b, k), poww(inva, k));
int cnt = (n+1) / k;
if (q == 1) ans = mul(ans, cnt);
else ans = mul(ans, mul(poww(q, cnt)-1, poww(q-1, mod-2)));
printf("%I64d\n", ans);
return 0;
}D - Destruction of a Tree
题意
在树上删点，当且仅当该点的度数为偶数时才能删去，问能否删完图中所有点，并要求给出操作序列。
思路
从叶子开始从下往上考虑，显然叶子不能直接删，要删叶子必然要在删去其父亲节点之后进行。
而其父亲能不能直接删呢？如果其有奇数个孩子（未被删去的），则可以直接删去该节点（因其关联的边为连向其奇数个孩子+其父亲的共偶数条边），然后再向下删去之前未删去的部分；否则，其的删除工作必然要留到其父亲被删除之后才能进行。（注意，叶子节点也是符合这个特性的，因为叶子节点的孩子数0为偶数）
因此，dfs，从下往上考虑每个节点有多少个孩子未被删去；若为奇数个，则可删去该节点（并一路往下删孩子），并且忽略该节点对其父亲节点度数的贡献；否则，继续一路向上。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define F(i, a, b) for (int i = (a); i < (b); ++i)
#define F2(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define dF(i, a, b) for (int i = (a); i > (b); --i)
#define dF2(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
#define maxn 200010
using namespace std;
typedef long long LL;
struct Edge {
int to, ne;
}edge[maxn<<1];
int ne[maxn], tot, rt;
bool flag[maxn];
vector<int> ans;
void add(int u, int v) {
edge[tot] = {v, ne[u]};
ne[u] = tot++;
}
void collect(int u, int fa) {
ans.push_back(u);
flag[u] = true;
for (int i = ne[u]; ~i; i = edge[i].ne) {
int v = edge[i].to;
if (v == fa || flag[v]) continue;
collect(v, u);
}
}
int dfs(int u, int fa) {
int tot = 0;
for (int i = ne[u]; ~i; i = edge[i].ne) {
int v = edge[i].to;
if (v == fa) continue;
tot += dfs(v, u);
}
if ((u==rt&&!(tot&1)) || (u!=rt&&tot&1)) collect(u, fa);
return !(tot&1);
}
int main() {
memset(ne, -1, sizeof ne);
int n, x;
scanf("%d", &n);
F2(i, 1, n) {
scanf("%d", &x);
if (!x) rt = i;
else add(i, x), add(x, i);
}
if (dfs(rt, -1)) {
puts("YES");
for (auto x : ans) printf("%d\n", x);
}
else puts("NO");
return 0;
}