比赛链接：

https://ac.nowcoder.com/acm/contest/11186

A.小y的平面

思路：

因为只能向右或者向上走，所以能走的下一个点只能在右上。
依据 x + y 的值对点进行一个排序（我没排序也过了，数据有点水），然后循环判断就可以了。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define fi first
#define LL long long
#define pb push_back
#define PII pair <int, int>
#define se second
const int N = 1e6 + 10, M = 2e5 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
LL T = 1, n;
string s;
struct node{
	int x, y;
}p[N];
bool cmp(node a, node b){
	return a.x + a.y < b.x + b.y;
}
void solve(){
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		scanf("%d%d", &p[i].x, &p[i].y);
	sort(p + 1, p + n + 1, cmp);
	for (int i = 2; i <= n; i++)
		if (p[i].x < p[i - 1].x || p[i].y < p[i - 1].y){
			cout << "NO\n";
			return;
		}
	cout << "YES\n";
}
int main(){
//	cin >> T;
	while(T--)
		solve();
	return 0;
}

B.小y的树

思路：

定义根节点为树的第 0 层，其子节点为第 1 层，那么这颗树总共有 \(n - 1\) 层，我们一层一层考虑。
根节点（即第 0 层）到所有节点的距离很好求，可以算出来是 \(\sum_{i = 0}^{n - 1} i * k^i\)。
接下来我们考虑第 1 层的一个节点到其它子节点的距离。
若设 \(t\) 为第 0 层节点到其它所有节点的距离和，而第 1 层的节点相比于第 0 层的节点，到 \(a\) 部分节点的距离减少了 1，到 \(b\) 部分节点的距离增加了 1，总距离的变化就是 \(a - b\)。

\(a\) 就是一个子树的总点数，可以通过循环去求解，那么 \(b\) 就是树的总点数减去 \(a\)。
这样子求出来了每个点到其他点的总距离之和，但是每条边我们计算了两次，所以最后结果要除 2，这里就要用到逆元，因为要先除后取模。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
const int N = 1e6 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
LL T = 1, n, ans, k, sum, t, s[N];
LL qpow(LL a, LL b){
	if (b == 0) return 1;
	LL ans = 1;
	while (b != 0){
		if (b & 1) ans = (ans * a) % mod;
		b >>= 1;
		a = (a * a) % mod;
	}
	return ans;
}
LL inv(LL x, LL p){//逆元
	return qpow(x, p - 2);
}
void solve(){
	cin >> n >> k;
	//sum 为点数的总和, t 为当前层的值 
	for (LL i = 0; i <= n - 1; i++){
		LL l = qpow(k, i);
		t = (t + (i * l) % mod) % mod;
		sum = (sum + l) % mod;
		s[i] = sum;
	}
	ans = t;
	for (LL i = 2; i <= n; i++){
		LL l = qpow(k, i - 1);
		t = (t + (sum - (s[n - i] * 2) % mod + mod) % mod) % mod;
		ans = (ans + (l * t % mod) % mod) % mod;
	}
	cout << (ans * inv(2, mod)) % mod << "\n";
}
int main(){
//	cin >> T;
	while(T--)
		solve();
	return 0;
}