「持续更新」经典食谱
2020.1.25
luoguOJ-P3796 【模板】AC自动机（加强版）
\(WA\) 穿原因：对于 \(trie\) 树的数组大小有问题——数组开小
2020.1.31
CF-1031D Minimum path
样例没过原因
对于 \(ans\) 数组的初始化应该在 \(1\) 到 \(2n\) 这段，但是我只初始化到 \(n\) ，也就是
rep(i,0,n<<1)ans[i]=maxchar;
我给写成了
rep(i,0,n)ans[i]=maxchar;
\(WA\space on \space test\space 6\)
缺少了特判——当整条路可以直接全部改为 \(a\) 的时候我没判（但从理论上说不是应该可以的吗？）
少打了这一段
if(Num[n][n]<=k){
rep(i,1,n*2-1)putchar('a');
return;
}
2020.2.2
CF-1019A
\(RE\) 原因
在这段代码中：
len=vote[j].size()-i+1,ind=0;
因为 vote[j].size() 是 ungisned int 类型，所以如果它被减成负数将会变成一个极大值，所以应该这样写：
len=(int)vote[j].size()-i+1,ind=0;
2020.2.9
CF-909E-Coprocessor
\(WA\) 穿原因
先尽量处理主任务管理器的任务，这样可以让子管理器一次性尽可能多的处理任务，也就是两个队列的处理要这样打：
while(!(Q[0].empty() && Q[1].empty())){
while(!Q[0].empty()){
u=Q[0].front();Q[0].pop();
for(int i=tail[u],v;i;i=e[i].nxt){
if(!--in[v=e[i].to])Q[mch[v]].push(v);
}
}
if(!Q[1].empty())++ans;//开机一次
while(!Q[1].empty()){
u=Q[1].front();Q[1].pop();
for(int i=tail[u],v;i;i=e[i].nxt){
if(!--in[v=e[i].to])Q[mch[v]].push(v);
}
}
}
内部的两个 while() 位置切莫调换！
2020.5.18
[FJOI2015]火星商店问题
过不了样例，差点自闭，最后发现：
if(trie[trie[rt1].son[!f]].siz<trie[trie[rt2].son[!f]].siz){
// printf("Goto way !f == %d\n",!f);
ret+=(i<<1);
rt1=trie[rt1].son[!f],rt2=trie[rt2].son[!f];
}else rt1=trie[rt1].son[f],rt2=trie[rt2].son[f];
这段代码中第三行——1<<i 打成 i<<1 。
似乎很多次犯过这样的错，需要注意了。
感到不妙了
2020.5.30
[Code+#2]火锅盛宴
关于 set 的去重问题。
假设我们定义了一个 set<node>s，对于结构体 node 我们重载其 < 运算。
那么，如果 set 中的两个元素 \(a,b\)，假如他们在我们重载或者定义的优先级比较之下，同时不满足 \(a<b\) 与 \(b<a\)，那么就会判定 \(a\) 和 \(b\) 是等价的，这个时候 set 就会去重。举个栗子：
struct node{int t,id;
bool operator <(const node rhs)const{
return t<rhs.t;
}
};
set<node>a;
那么，在 set 的去重中，只要满足某两个元素的 \(t\) 是一样的，set 就会认定他们是同一元素并去重，而不会在意 \(id\) 是否是相同的。
所以我这道题 WA 穿了**
2020-6-4
关于 vector 的储存问题
在这样一种情况下：
vector<int>v;
int test(){
v.resize(1000);
return 1;
}
int main(){
v.resize(5);
v[1]=test();
}
是会 RE 的，但是原因？
因为 vector 的 resize() 是会更改内存地址的，但是 vector 的 = 赋值原理是先取出要赋值的元素地址（例子中即 v[1] 的地址），在执行完函数 test() 之后对这个地址进行赋值，但是在 test() 中，由于 resize() 更改了地址，这个时候在之前取出来的 v[1] 的地址已经变成一个野生地址，再执行赋值就会 RE。
CF-246E Blood Cousins Return
这道题为什么要开两倍空间？
是因为下面的代码块中的第二行，由于 \(q[u].back().d\le n,d\le n\)，故加起来可能会超过 \(n\)，所以开两倍空间。
更好的解决办法，加一个 if 特判一下即可。
while(!q[u].empty()){
ans[q[u].back().i]=cnt[q[u].back().d+d].size();
q[u].pop_back();
}
2020-7-27
用桶进行哈希时的一些注意事项
错例：传送门
从桶出来，将原数组变为哈希值时，注意本题 \(a\) 的取值范围 \(0\le a_i\le 1000\)，故下面的循环：
rep(i,0,MAXN)if(t[i]){
a[++k]=i-n;
if(a[k]==0){writc(1,'\n');exit(0);}
if((a[k]<0 && sign==1) || (a[k]>0 && sign==-1)){
flg=false;
}
if(a[k]<0)sign=-1;
else sign=1;
}
中 \(i\) 必须从 \(0\) 到 \(1000\) 进行枚举，而非错例中的 \(1\) 到 \(1000\)
2020-7-29
关于 \(RE\) 的一些建议...
注意数组定义时使用的 MAXN 和 MAXM，这俩东西有点像...
2020-8-18
关于 \(lca\) 代码简化的一些思路 bug
求树上两点间最大边权，试试下面这段代码：
inline int Query_Max(int u,int v){
int ret=0;
if(dep[u]<dep[v])swap(u,v);
update(u,dep[v],ret);
if(u==v)return ret;
fep(j,logmaxn,0)if(f[u][j]!=f[v][j] || j==0){
ret=Max(ret,Max(maxx[u][j],maxx[v][j]));
u=f[u][j],v=f[v][j];
if(u==v)break;
}
return ret;
}
感觉 if 中的 j==0 十分巧妙，因为把最后一步两点跳到 \(lca\) 同时处理到了，但是并没有意识到 \(u,v\) 在跳完 \(j==0\) 这一步之后距离 \(lca\) 还差 \(1\) 步，这个思路就少跳了一步，所以应该这样写
inline int Query_Max(int u,int v){
int ret=0;
if(dep[u]<dep[v])swap(u,v);
update(u,dep[v],ret);
if(u==v)return ret;
fep(j,logmaxn,0)if(f[u][j]!=f[v][j]){
ret=Max(ret,Max(maxx[u][j],maxx[v][j]));
u=f[u][j],v=f[v][j];
if(u==v)break;
}
ret=Max(ret,Max(maxx[u][0],maxx[v][0]));
return ret;
}
2020-10-24
SGU183 Painting the balls
失踪人口回归
有一个类似于滚动的数组，它的转移是这样的：
const int maxm=100;
inline void Get_f(){
memset(f,0x3f,sizeof f);
rep(i,1,m)rep(j,1,i-1)f[i][j]=c[i]+c[j];
int minn;
rep(j,1,n-1){minn=inf;
fep(i,Min(j+m-1,n),j+1){if(i<=m)break;
minn=Min(minn,f[j%maxm][(i-m)%maxm]);
f[j%maxm][(i-m)%maxm]=inf;
f[i%maxm][j%maxm]=minn+c[i];
}
}
int ans=inf;
rep(i,n-m,n)rep(j,n-m,i-1)ans=Min(ans,f[i%maxm][j%maxm]);
cout<<ans<<'\n';
}
但是这个 maxm 不能准确地赋值为 \(100\)，因为我们用的是取模，这样做会见一些状态（比如 \(m\) 刚好为 \(100\)）的情况弄掉了.
所以至少也得弄个 \(101\).
2021-2-6
BZOJ3218 a + b Problem
这个问题直接调俩晚上......
写线段树的时候，如果要传参，像这样：
void query(const int L,const int R,const int p,const int i,const int l=0,const int r=maxa)
要注意线段树维护的数据的范围，比如这里 \(a\) 是非负整数，所以 \(l\) 要从 \(0\) 开始......
