成功拼手速提前过了AC两题，估计因为这个原因排名挺高的，B题晚上做的时候没绕出来，wa4发。。。
1401A - Distance and Axis
如果 (n) 小 于 (k) ，则必须将(A)移至坐标(k)，并将B的坐标设置为0或k。 因此答案是(k - n)。
如果 (n)不小于 (k)，则将B的坐标定义为(m （m×2≤n）)。 根据问题中的条件，(（m-0）)和(（n - m）)之间的差应等于k。 即(（n-m）-（m-0）)是k，并且总结公式 (m ＝（n-k）/ 2) 。 因为B的坐标是整数，所以如果n和k的奇偶性相同，则答案为0，否则答案为1（如果将A的坐标增加1，则m变为整数）。
时间复杂度：O（1）
#include<bits/stdc++.h>
#define ms(a,b) memset(a,b,sizeof a)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 100;
int n, a[maxn], k;
void solve() {
cin >> n >> k;
if (n == k)cout << 0 << endl;
else if (n < k)cout << k - n << endl;
else cout << ((n - k) % 2 == 0 ? 0 : 1) << endl;
}
int main() {
//freopen("in.txt", "r", stdin);
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t; cin >> t;
while (t--)solve();
}
1401B - Ternary Sequence
我们可以找到ci值为3（−2,0,2）的种类。 并且只有当(a_i) 为1且(b_i)为2时(c_i)才为−2，只有当(a_i)为2且bi为1时(c_i)才为2。否则(c_i)为0。所以我们必须使（ai，bi）对（1,2） 尽可能少，并尽可能多地配对（2,1）。 为此，首先我们可以使（1,0）对，（0,2）对和（2,1）对尽可能多。 之后，将剩余值配对不会影响ci的总和。 （它的ai值为1，bi的值为2，尽管总和减少，我们必须将它们配对。）时间复杂度：O（1）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
ios_base::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int t; cin >> t;
while(t--){
int m, sum = 0, x0, x1, x2, y0, y1, y2;
cin >> x0 >> x1 >> x2 >> y0 >> y1 >> y2;
m = min(x0, y2);
x0 -= m;
y2 -= m;
m = min(x1, y0);
x1 -= m;
y0 -= m;
m = min(x2, y1);
x2 -= m;
y1 -= m;
sum += 2 * m;
sum -= 2 * min(x1, y2);
cout << sum << endl;
}
}
1401C - Mere Array
让我们将a的最小元素定义为m。 我们发现不能被m整除的元素的位置无法更改，因为这些元素没有m作为因子。 但是我们可以通过以下方式任意重新排列可被m整除的元素：∙假设 (m = a_x) ，并且有两个元素(a_y，a_z) 和(x，y，z)都不同。 交换 (（ax，ay），swap（ay，az）和swap（az，ax）)。 然后只有(a_y和a_z)从初始状态交换。 重复此过程。
因此，我们可以按降序重新排列可被m整除的元素。 之后，如果整个数组不降序，则答案为是，否则为否。
时间复杂度：(O（nlogn）)
#include<bits/stdc++.h>
#define ms(a,b) memset(a,b,sizeof a)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 100;
int n, k;
ll a[maxn], b[maxn];
void solve() {
cin >> n;
ll minn = 1 << 30;
bool flag = true;
for (int i = 1; i <= n; ++i)cin >> a[i], minn = min(a[i], minn), b[i] = a[i];
for (int i = 2; i <= n; ++i)if (a[i] < a[i - 1]) { flag = false; break; }
if (flag) {
cout << "YES" << endl;
return;
}
sort(b + 1, b + 1 + n);
flag = true;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (a[i] != b[i])
if (gcd(a[i], minn) != minn) {
flag = false;
break;
}
}
if (flag)cout << "YES" << endl;
else cout << "NO" << endl;
}
int main() {
//freopen("in.txt", "r", stdin);
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t; cin >> t;
while (t--)solve();
}
1401D - Maximum Distributed Tree
让我们将(w_i)定义为将第 (i)个边缘从树中移除时属于两个分量中的每个分量的顶点数量的乘积，并将(z_i)定义为第(i)个边缘上的数量。 现在分布指数等于(∑^{n-1}_{i = 1}（w_i×z_i）)。 现在有两种情况：
在这种情况下，我们必须将(p_1，p_2，…p_m)标记为(m)个不同的边缘，因为我们必须最小化(1-s)的数量。 为了最大化分布指数，我们可以在(w_i)较大的边缘标记一个较大的(p_i)，因为以下条件成立：∙对于四个正整数(a，b，c，d（a≥b，c≥d），ac + bd ≥ad+ bc 假设 a = b + x，c = d + y（x，y≥0）)。 然后可以将等式写成：$$（b + x）（d + y）+bd≥（b + x）d + b（d + y）$$
因为x，y≥0，所以证明了这一点。
并将标签1标记为其余边缘。
B：m> n-1在这种情况下，我们不能使n-1个整数中不存在1-s，并且n-1个数字中的一些将是复合的。 为了最大化分布指数，我们可以将(m-n + 2最大p_i)的乘积标记到(w_i)最大的边缘，并以与情况A相同的方式将剩余pi标记到其余边缘，因为以下条件成立：∙ 对于五个正整数(a，b，c，d，e（a≥b，d≥e），acd +be≥bcd+ ae)代入上述方程式中的f = cd，我们发现方程式与之前相同。 因此，我们证明了这一点。
填充边缘后，计算并找到答案。
时间复杂度：(O（max（n，m）logmax（n，m））)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
struct H { int x, y; };
int ii, n;
const int q = 1e9 + 7;
LL p[100005], pv[100005], vi[100005], w[100005];
H e[200040];
int C(H a, H b) { return a.x < b.x; }
int G(LL a, LL b) { return a > b; }
LL dfs(int v){
LL d = 1;
vi[v] = 1;
for (int i = pv[v]; i < pv[v + 1]; i++)
if (!vi[e[i].y])
d += dfs(e[i].y);
w[ii] = d * (n - d);
ii++;
return d;
}
int main(){
ios_base::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
int t;cin >> t;
while(t--){
int k = 0, m;
LL x = 1;
cin >> n;
for (int i = 0; i < n - 1; i++){
cin >> e[i].x >> e[i].y;
e[i + n - 1].x = e[i].y;
e[i + n - 1].y = e[i].x;
}
int sz = 2 * n - 2;
sort(e, e + sz, C);
for (int i = 1; i < sz; i++)
if (e[i].x > e[i - 1].x)
for (int j = e[i - 1].x + 1; j <= e[i].x; j++)
pv[j] = i;
for (int j = e[sz - 1].x + 1; j <= n + 2;)
pv[j] = sz;
ii = k = 0;
dfs(1);
cin >> m;
for (int i = 0; i < m; i++)
cin >> p[i];
sort(p, p + m, G);
sort(w, w + n - 1, G);
if (m < n)
for (int i = m; i < n - 1; i++)
p[i] = 1;
else{
int i;
for (i = m - 1; i > m - n; k = i, i--)
w[i] = w[i - m + n - 1];
for (; i; i--)
w[i] = w[0];
}
int l = max(m, n - 1);
int i;
for (i = 0, x = w[0]; i <= k; i++)
x = x * p[i] % q;
for (; i < l; i++)
x = (x + w[i] * p[i]) % q;
cout << x << endl;
for (int i = 1; i <= n;)
vi[i] = 0;
}
}