ARC059C. Be Together
签到题。枚举要改成哪个，因为值域只有 \([-100,100]\)。然后对总代价取个 \(\min\) 即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL MAXN = 105;
LL n, A[MAXN];
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> n;for(LL i = 1; i <= n; i ++) cin >> A[i];LL ans = 1e18;for(LL i = -100; i <= 100; i ++){LL anss = 0;for(LL j = 1; j <= n; j ++)anss += (A[j] - i) * (A[j] - i);ans = min(ans, anss);}cout << ans << '\n';return 0;
}
ARC059D. Unbalanced
小清新结论题，考虑怎样构造这个串。其重要条件就是两个相同的字母的位置的绝对值相差为 \(1\) 或 \(2\)，然后判一下就做完了。思维难度主要在这个结论。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0);string s;cin >> s;for(int i = 1; i < (int)s.length(); i ++){if(i >= 2) {if(s[i] == s[i - 2]){cout << i - 1 << " " << i + 1 << '\n';return 0;}}if(s[i] == s[i - 1]){cout << i << " " << i + 1 << '\n';return 0;}}cout << -1 << " " << -1 << '\n';return 0;
}
ARC059E. Children and Candies
算贡献的题，又看起来是一个背包。所以我们考虑在背包的基础上做一做手脚。
定义 \(f_{i,j}\) 为考虑到第 \(i\) 个，选了 \(j\) 个糖果的价值总和。由于乘法具有分配率，所以
\[f_{i,j}=f_{i-1,j-k}\times \sum^{b_i}_{t=a_i} t^k
\]
答案就是 \(f_{n,c}\)，还是非常水的。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL MAXN = 405;
const LL MOD = 1e9 + 7;
LL n, c, A[MAXN], B[MAXN], Pw[MAXN][MAXN], SumPw[MAXN][MAXN], DP[MAXN][MAXN];
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> n >> c;for(LL i = 1; i <= n; i ++) cin >> A[i];for(LL i = 1; i <= n; i ++) cin >> B[i];for(LL i = 1; i < MAXN; i ++){Pw[i][0] = 1ll;for(LL j = 1; j < MAXN; j ++)Pw[i][j] = (Pw[i][j - 1] * i) % MOD;}for(LL i = 1; i < MAXN; i ++)for(LL j = 0; j < MAXN; j ++)SumPw[i][j] = (SumPw[i - 1][j] + Pw[i][j]) % MOD;DP[0][0] = 1;for(LL i = 1; i <= n; i ++)for(LL j = 0; j <= c; j ++)for(LL k = 0; k <= j; k ++)DP[i][j] = (DP[i][j] + (DP[i - 1][j - k] * (SumPw[B[i]][k] - SumPw[A[i] - 1][k] + MOD)) % MOD) % MOD;cout << DP[n][c] << '\n';return 0;
}
