07 2019 档案
摘要：今天又考试了...... 这是T2。 Analysis 考试时想了一个判断质因数个数+打表的神奇方法，但没在每次输入n,m时把ans置0，50分滚粗。 看了题解才发现原来是杨辉三角+二维前缀和，果然还是我太菜了。 注意在求前缀和的时候如果这个数是0且在杨辉三角中，说明它被k求余成了0，就要把它+1。
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摘要：Analysis 这道题因为我们要给能到达的两个点都连上，又由于n<=200，所以我们可以用n³的传递闭包来建边，再用匈牙利算法来求二分图最大点独立集。
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摘要：Analysis 就是一个裸的广搜，每次从是1的点开始找就好啦~~~
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摘要：Analysis 这道题是搜索，类似于小木棍，加一些剪枝。 第一个剪枝是如果当前的答案已经大于了我们已知的最小答案,不用说直接return返回即可。 第二个剪枝是我们可以将小猫的体重从大到小排序,这样我们的搜索树就会缩短许多。
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摘要：Analysis 这道题我一开始想到的是传递闭包，但是时间复杂度是n³，也开不下30000*30000的数组，所以我想到了拓扑+状态压缩（bitset），从后往前找，把能到达的点能到哪里用位运算赋到上一个中，最后调用.count()输出就好了。
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摘要：Analysis 这道题也是考试题，我也依然打了个n三次方暴力。正解是先枚举差，再枚举c和d，a和b用乘法原理优化，这样就能大大减少时间。
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摘要：Analysis 这道题是我们今天考试的一道题，考试时只想到了暴力70分的做法，实际上正解是用队列来维护国籍的种类就行了。
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摘要：Analysis 建图+强连通分量+SPFA求最长路 但要保证最后到达的点中包含酒馆 虽然思路并不难想，但要求的代码能力很高。
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摘要：Analysis 这道题跟前几道题差不多，依旧是匈牙利算法求二分图匹配，在连边的时候，要连两个矛盾的位置（即一个骑士和其控制的位置）。然后就跑一遍匈牙利算法就好了。
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摘要：Analysis 这是一个经典的二分图问题，我们将图进行奇偶染色，注意边界条件的判断。再跑一遍匈牙利算法就行了，跟上一题很像。
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摘要：Analysis 这道题是二分图匹配，设可以放車的的地方的坐标为（i，j），则连一条i到j的有向边（注意是有向边），然后再跑匈牙利算法就好了。时间复杂度是O(nm(n+m))，在1≤n,m≤200的情况下可以接受。
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摘要：read 函数 inline int read() { int x=0,f=1; char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') f=-1; c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9') {x=x*10+c-'0'; c=
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摘要：Tarjan 模板题 第一问就是缩点之后看有多少个入度为零的点就好了。 第二问是在缩点后将每个点的入度和出度都求出（只要有入度或出度就置为1），然后比较哪个有值的多，将多的作为答案输出。原因是由题可得，要使缩完的点也构成一个强连通分 量，即入度和出度都大于等于1。
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摘要：一道经典的割点例题，用size数组记录该子树有多少个节点，sum是这棵搜索树上有多少个节点，sum*(n-sum-1)是将点删掉后的数对数量。
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摘要：今天学了割点，就A了这道板子，比较难理解的地方就在于如果是根节点就要找两个点来满足low[y]>=dfn[x]，如果不是就只需找一个点来满足。Tarjan(i,i)中第一个i是开始搜索的点而第 二个i代表根节点，就是这棵搜索树的根，虽然一开始值是一样的，但x是要随着搜索向下找的，而根节点在搜索过程中
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摘要：今天学了强连通分量的Tarjan算法，做了这道类似于板子题的题（尽管我调了1.5h）。主要的思路是用Tarjan缩点之后，求每个点的入度（实际上是出度，因为我是反着连边的）。如果 有且只有一个点的入度大于零，那个强连通分量里有的点的个数就是答案。具体实现见代码：
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摘要：今天学了网络最大流，EK 和 Dinic 主要就是运用搜索求增广路，Dinic 相当于 EK 的优化，先用bfs求每个点的层数，再用dfs寻找并更新那条路径上的值。 EK 算法 Dinic 算法
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摘要：差分约束系统，维护前缀和，根据式子d[ b ] < = d[ e + 1 ] - t，可以看出要连e和b - 1，但占用了超级源点0，所以要把区间向后移，这样就可以用超级源点0来保持图的连通性（也可 以用n + 1作为超级源点，就不用了后移了）
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摘要：今天学了差分约束系统， 这是一道板子题。 核心：a[v]>a[u]+d 相当于从u到v连一条长度为d的有向边。由于要判断有环，所以要从0点先跑一遍spfa因为1点不一定能到所有的点。
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摘要：挺好的一道题，本身不难，就把求两个点的LCA变为求三个点两两求LCA，不重合的点才是最优解。值得一提的是，最后对答案的处理运用差分的思想：假设两点 一点深度为d1,另一点 深度为d2,它们LCA深度为d3,这二者之间的距离即为d1+d1-2*d3,只要将这两点推广成三点即可。
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摘要：这道题相当于倍增求LCA的板子，我们只要构建一棵树，然后距离就是x的深度+y的深度 - LCA（x，y）的深度；
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摘要：这道题是我们考试的第一题，非常水，就是一个树的直径的板子。详见上一篇博客。
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摘要：① 两次dfs 方法：先从任意一点P出发，找离它最远的点Q，再从点Q出发，找离它最远的点W，W到Q的距离就是是的直径 证明如下： ①若P已经在直径上，根据树的直径的定义可知Q也在直径上且为直径的一个端点 ②若P不在直径上，我们用反证法，假设此时WQ不是直径，AB是直径 >若AB与PQ有交点C，由于P
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摘要：思路： 首先先将每个输入的数据与n的最大公约数求出（因为如果a[i]是密码，那么所有a[i]与n最大公约数的倍数也是密码；于是如果a[i]不是密码，那么所有a[i]与n最大公约数的倍数也都不是密码）再从1到sqrt(a[k])(其实1到a[k]也行)找，最小且符合条件就是最小密码。
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摘要：一道经典的BFS 用四个for搜索四位就行了，只要能推出怎么只变4位中的一位就很水了
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摘要：深搜，只不过是三维的。
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摘要：深搜，向四个方向，在不越界的情况下一直闷头走，直到撞墙。到达终点就输出，没到就回溯。
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摘要：思路 dfs（只不过要用邻接表存）邻接表是由表头结点和表结点两部分组成，其中表头结点存储图的各顶点，表结点用单向链表存储表头结点所对应顶点的相邻顶点（也就是表示了图的边）。在有向图里表示表头结点指向其它结点（a->b）,无向图则表示与表头结点相邻的所有结点（a—b）
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摘要：我个人感觉就是一道bfs的变形，还是对bfs掌握不好的人有一定难度。 本题思路： 大体上用bfs搜，用map来去重，在这里只需要一个队列，因为需要较少步数达到的状态一定在步数较多的状态之前入队列。
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摘要：这道题其实是一道01背包的变形题，主要思路如下：在不把剩余时间用光的前提下（剩余时间>0），尽可能的多唱歌。于是我们可以用dp[i]表示的是到当前i秒时，最多可以唱多少歌。 状态转换方程：dp[k]=max(dp[k],dp[k-yy]+1);最后输出可以唱多少歌。
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