题解
T1 三点连通块
考虑每个点作为中心时，方案数量实际上就是从相邻点中任意选两个组成三点连通块。
因此统计每个点的度，记为 d [ i ] d[i] d[i]，对每个点来说方案数是 d [ i ] ∗ ( d [ i ] − 1 ) / 2 d[i] * (d[i] - 1) / 2 d[i]∗(d[i]−1)/2。
加和即可。注意long long。
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long son[100010],k;
long long q[100010];
int main(){
int n;
cin>>n;
for (int i=1;i<n;i++){
int a,b;
cin>>a>>b;
son[a]++;
son[b]++;
}
for (int i=2;i<=n;i++){
q[i]=q[i-1]+i-1;
}
for (int i=1;i<=n;i++){
k+=q[son[i]];
}
cout<<k;
return 0;
}T2 矩阵魔法
普通的模拟。
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
int a[1505][1505];
int b[1505][1505];
int cnt=0;
void right(int x,int y,int r){
int sx=x-r,sy=y-r;
int ex=x+r,ey=y+r;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
b[i][j]=a[i][j];
}
}
for(int i=sx;i<=ex;i++){
for(int j=sy;j<=ey;j++){
b[x-y+j][x+y-i]=a[i][j];
//b[x+y-j][y-x+i]
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
a[i][j]=b[i][j];
}
}
}
void left(int x,int y,int r){
int sx=x-r,sy=y-r;
int ex=x+r,ey=y+r;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
b[i][j]=a[i][j];
}
}
for(int i=sx;i<=ex;i++){
for(int j=sy;j<=ey;j++){
b[x+y-j][y-x+i]=a[i][j];
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
a[i][j]=b[i][j];
}
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
cnt++;
a[i][j]=cnt;
}
}
for(int i=1;i<=m;i++){
int x,y,r,z;
scanf("%d%d%d%d",&x,&y,&r,&z);
if(z==0){
right(x,y,r);
}else{
left(x,y,r);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
printf("%d ",a[i][j]);
}
printf("\n");
}
return 0;
}T3 汪汪队立大功
先不考虑后面可能有机关跳过的问题，考虑每个机会使用后带来的影响：
首先不需要消耗这个机关的能量值，但是后续的所有机关都需要加一，所以减少的能量消耗为 a [ i ] − ( n − i ) a[i] - (n - i) a[i]−(n−i)
然后你会发现选 k k k个机关的话，这 k k k个机关自己多消耗的加一是不存在的（因为被跳过了）
所以刚才算的答案比实际的消耗多了 k \* (k - 1) / 2的能量，减掉即为答案。
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,k,a[1010],dp[1010][1010];
int main(){
// freopen("dog.in","r",stdin);
// freopen("dog.out","w",stdout);
int t;
cin>>t;
while (t--){
cin>>n>>k;
for (int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
}
for (int i=0;i<=n;i++){
for (int j=0;j<=k;j++){
dp[i][j]=INT_MAX;
}
}
for (int i=0;i<=k;i++){
dp[0][i]=0;
}
for (int i=1;i<=n;i++){
for (int j=0;j<=k;j++){
if(j==0)dp[i][j]=dp[i-1][j]+a[i];
else dp[i][j]=min(dp[i-1][j-1],dp[i-1][j]+a[i]+j);
}
}
cout<<dp[n][k]<<endl;
}
return 0;
}T4 避水珠
首先要观察出一个结论：虽然不限制玩家持有避水珠的数量，但出于最小化的角度考虑，任何时候玩家最多持有一个避水珠。
考虑DP。设状态为 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]表示在点 i i i处持有第j个避水珠时的最小能量消耗。其中 j = 0 j=0 j=0时表示不持有任何避水珠。
转移考虑下列情况：
- 当这段路不是雨区，可以不持有 dp\[i + 1\]\[0\] = min(dp\[i + 1\]\[0\], dp\[i\]\[j\])
- 当有一个避水珠时，可以保持 d p [ i + 1 ] [ j ] = m i n ( d p [ i + 1 ] [ j ] , d p [ i ] [ j ] + c o s t [ j ] ) dp[i + 1][j] = min(dp[i + 1][j], dp[i][j] + cost[j]) dp[i+1][j]=min(dp[i+1][j],dp[i][j]+cost[j])
- 如果这个位置有新的避水珠，可以换掉 d p [ i + 1 ] [ b i d [ i ] ] = m i n ( d p [ i + 1 ] [ b i d [ i ] ] , d p [ i ] [ j ] + c o s t [ b i d [ i ] ] ) dp[i + 1][bid[i]] = min(dp[i + 1][bid[i]], dp[i][j] + cost[bid[i]]) dp[i+1][bid[i]]=min(dp[i+1][bid[i]],dp[i][j]+cost[bid[i]])，其中 b i d [ i ] bid[i] bid[i]表示出现在点 i i i处的最小重量的避水珠编号。
最后在 d p [ a ] [ 1 ] dp[a][1] dp[a][1] ~ d p [ a ] [ m ] dp[a][m] dp[a][m] 之间取一个最小的答案即可。
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 2e3 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int rain[maxn], bid[maxn], cost[maxn], dp[maxn][maxn];
int a, n, m;
int main() {
cin >> a >> n >> m;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
int l, r; cin >> l >> r;
++rain[l]; --rain[r];
}
for(int i = 1;i <= a; ++i)
rain[i] += rain[i - 1];
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
int x, p; cin >> x >> p;
cost[i] = p;
if(bid[x] == 0 || cost[bid[x]] > p)
bid[x] = i;
}
memset(dp, 0x3f, sizeof dp);
dp[0][0] = 0;
for(int i = 0;i < a; ++i) {
for(int j = 0;j <= m; ++j) {
if(dp[i][j] == INF) continue;
if(rain[i] == 0) dp[i + 1][0] = min(dp[i + 1][0], dp[i][j]);
if(j) dp[i + 1][j] = min(dp[i + 1][j], dp[i][j] + cost[j]);
if(bid[i]) dp[i + 1][bid[i]] = min(dp[i + 1][bid[i]], dp[i][j] + cost[bid[i]]);
}
}
int ans = INF;
for (int i = 0; i <= m; ++i)
ans = min(ans, dp[a][i]);
cout << ans << '\n';
return 0;
}