mark
关于一个数学工具：https://blog.bill.moe/yaliD7T1-conjugate/
待完成
字符串
BZOJ4554
Codeforces666E
数学
BZOJ1129
数据结构
BZOJ4358
贪心
[HDU6000]Wash
题意：有L件衣服要洗（不超过1000000 真的多）。有N个洗衣机和M个烘干机，然而它们都太小了，因此一次只能处理一件衣服。
第i个洗衣机洗一件衣服需要a[i]时间，第i个烘干衣服需要b[i]时间，询问搞完所有衣服最少要多少时间。一件衣服可以洗完之后等一会再烘干，不计算中间任何其余过程的时间（把衣服放进洗衣机这种）
首先，如果只洗衣服，那么显然贪心就好了。假设第i次从堆里取出时间最少的那个< id , t >，那么ans_w[i] = t，然后再把< id , t+a[i] >放进堆就可以了
然而再加上烘干呢？因为是有先后顺序的，正着贪心不好做，于是倒着贪心。给最后一件洗完的衣服配上最短时间的烘干机；倒数第二件洗完的，配上时间次短的烘干机（或者是时间最短的烘干机的两倍，相当于是这一件用完了，下一件接着用）。 所以只要对烘干也求一个像上面那样的ans_f数组，然后最终答案就是max( ans_w [i]+ans_f [L-i+1]）
数据结构
树状数组
[Codeforces 869E]
题意：在一个m×n的方格板上，操作1将一个矩形区域的边界上加上一圈障碍，操作2将一个矩形区域的边界上的障碍移除，操作3询问两点是否能不越过障碍互相到达。
对于每个加障碍的操作，都随便rand一个值给它加上去，查询的时候直接查两个点的值是否相等即可。移除障碍就把rand的值减掉
分块
[BZOJ4765] 普通计算姬
对答案以及dfs序前缀和用分块。处理出每个位置对于答案块的贡献。修改时，对于答案，只有整块才修改，delta乘上系数即可，对于dfs序前缀和，根号修改即可。询问如果是整块，则直接调用块的答案。对于零散部分，对于每个暴力在dfs序前缀和分块里查询，单个查询差分O(1)，总复杂度根号。
线段树
[SPOJ GSS2]
https://oi.abcdabcd987.com/gss2/
这道题非常的有意思，它查询区间和，但是还不计重复。说实话，看到不计重复这种诡异的条件，往可持久化想了，然后完全就没了思路。Orz 网上各种题解。这题有一个比较仁慈的地方：没有修改操作！所以可以离线。
按照右端点排序询问。我们令s[i]为不重复的sum[i..x]，其中x在最外层循环中从1~n。x每前进一位，把s[last[x]+1]到s[x]全部加上a[x]，其中last[x]是x上一次出现的位置。现在，当x等于某一个询问的右端点r的时候，我们的询问[l, r]，相当于询问所有历史中（包括现在）出现的最大的s[k] (k <= r)。听到历史这个词，很容易想到可持久化数据结构，或者说二维数据结构（比如套一个时间维）。但是实际上，这题要求的历史，是从一开始的历史，而不是从某个时间点开始的，因此，还是可以直接使用线段树的。
[BZOJ2962]序列操作
其实是比较沙比的一道题，暴力维护sum[20]即可。对于第一种修改，sum[c] = sigma(ls.sum[i] * rs.sum[c – i]) i = 0 ~ c。对于第二种修改，奇次方取反即可。pushdown的时候如果两个flag同时存在，先push取反，然后把儿子的add也取反，然后再push add。Modify的时候如果先有add后来push，则add需要取反
可并堆
[BZOJ4003] [JLOI2015]城池攻占
带标记的可并堆
或者用三进制倍增 https://blog.csdn.net/u014609452/article/details/51286317
[BZOJ4585][Apio2016]烟火表演
树dp，维护两个数组f[u][i]和g[u][i]，表示把u子树内的叶子到自己的距离全部搞成i的最小代价，g表示和自己父亲的距离全部搞成i的最小代价。对于叶子，把g第二维拿出来画一个图像，发现它是上凸的，然后合并到父亲的f还是一个上凸的。关于由父亲的f求出g，可以发现最后还是一个上凸的，于是用可并堆维护凸包，相当于维护了这个数组，来做dp。
动态点分治
[BZOJ3924] [ZJOI2015]幻想乡战略游戏
树链剖分
[BZOJ3924] [ZJOI2015]幻想乡战略游戏
[BZOJ2325] [ZJOI2011]道馆之战
简单树链剖分维护连通性，维护从左下/左上 到 右下/右上是否可行，以及可行的最大步数，还有从左上/左下/右上/右下 出发，最多走的步数，合并信息即可
字符串
[BZOJ4017] || [TJOI2017]异或和
第一问随便统计一下就好了（枚举位，枚举结束位置，统计0和1的个数，然后根据前缀异或和的奇偶型计算就好了）
关于第二问，先把前缀和序列搞出来，然后现在就是要求 任意两数之差 的异或和 的和
还是分位考虑贡献，对于第i位，将所有数字取模1<<(i+1)之后答案不变。然后将一个数组排序，枚举另一个数字，用加起来的和为01…的减去00…的，11…的减去10…的（可以用lower_bound），得到的答案就是该位为1的方案数，最后看奇偶性累加进答案。
任意两数和的异或和代码：
2016-2017 ACM-ICPC (NEERC 16)
题意：给出N个二进制编码（每个编码都是一个01串），串总长不超过500000。有一些串中间可能出现’?’字符，’?’的位置要么是0，要么是1，且一个串最多出现一个’?’。现在询问这个编码是否可能合法，如果合法，输出任意一种方案。合法：任意一个编码不是另一个编码的前缀
解法：首先比较显然的暴力，就是枚举两个串，如果这两个串除了问号位置，其余都相同（说明一个串是另一个串的前缀），所以这两个串的’?’位置是有冲突关系的，显然2-SAT
当然这样是
对于每个串，将其问号取0/1都插入进trie树。那么显然trie上任意一条从根到叶子节点的链上，都只能存在一个end节点。于是前缀链，后缀链优化建边就好了。输出方案嘛，既然都知道每个节点的true or false，也就是很显然的东西了
数论
[UOJ300][CTSC2017]吉夫特
卢卡斯+（分块优化dp 或者 子集dp）
[洛谷P3790]文艺数学题
题意：询问所有生成树边权gcd的和
用f(i)表示边权gcd为i的树的个数。用F(i)表示边权gcd为i的倍数的个数。
F(i)可以用矩阵树定理（就是「度数矩阵-邻接负一矩阵」的n-1阶余子式）来求。然后经典容斥。但是这样会T掉。
所以判一下，只有当一个约数出现次数大于等于n-1时，才去跑行列式，于是可过。官方题解
[Codeforces 360D]Levko and Sets
原根+卢卡斯+各种性质的神题，yyf的题解
[HDU4372]Count the Buildings
对问题转化到环排列，进而到第一类斯特林数，dp预处理后O(1)回答询问（其实也可以直接定义dp[i][j]表示i个里能看见j个，只考虑左半边，从大到小插入，除了插入在最左边可以看见，其他地方都看不见，即dp[i+1][j] = dp[i][j]*i + dp[i][j-1]，然后与正解类似）
[BZOJ5093]图的价值
题意：带标号的图，价值定义为每个点度数的k次方的和。计算所有n个点的简单无向图的价值之和
发现每个点的贡献独立，于是对于每个点考虑贡献，最后乘上n即可
对于一个点，枚举度数，组合数它和哪些相连，其余的边有没有2^其余边数。度数的k次方化成斯特林数的式子，之后把斯特林数拆成阶乘的那个式子，然后用NTT即可。类似方法还有：[BZOJ4555][Tjoi2016&Heoi2016]求和
[BZOJ3462]DZY Loves Math II
对于一个2e6的S，拆成若干个质数（并且不能有质数的多次方因子，否则仅凭lcm质数无法凑出S），那么最多只有7个素数（2，3，5，7，11，13，17乘积500000，再多一个超过2e6）。那么原题相当于是只有7个物品的背包方案数。然而n太大了，发现S是所有物品的倍数，于是如果一个物品选了a个，占用体积
[BZOJ4870][SHOI2017]组合数问题
看上去是组合数推式子，实际上是dp
相当于是要选一些东西，使得最后选的东西个数取模K剩余r，于是根据当前物品选和不选写出dp式子，然后矩阵乘法转移即可。
还有一种，直接对dp数组作类似快速幂的东西，复杂度可以少一个K
图论
某NOIP模拟
题意：给出一个无向图，要求给这个图定向使之成为一个DAG，使得最长路最短，点数小于等于17，边权都是1
对一个已经定向的图跑一个拓扑dp，dp保存最长路的路径长度，那么相同dp值相同的一定是一个独立集。所以dp最少多少个独立集可以覆盖完整个图，枚举子集即可。
[BZOJ3832][Poi2014]Rally
DAG的最短路可以这么看：求出f[u],g[u]表示到u的最长路和u能走到的最长路
然后再新建超级源点S和T，S向所有入度为0的连边，出度为0的向T连边，原图的每条边权定义为f[u]+g[v]+1，那么原图的最长路对应新图任意一个割集的最大值。于是可以枚举删掉某个点之后的割集。PoPoQQQ的题解:。那么如何才能做到，删除一个点之后，立刻获得某个割集的最大值呢？可以根据拓扑序来删点，删除进入点i的和g[i]，加上从i出去的和f[i]，这样让每条路径总是和下一层的点有关，而已经被枚举过的不会再被删。
[BZOJ3073][Pa2011]Journeys
线段树优化建边最短路
[POJ2175]
题意：给出一个已经跑好的费用流，问是否是最优方案，若不是最优则输出任意一种最优方案
如果不是最优的话，残量网络中一定存在负权环（退流费用大的，增流费用小的，显然费用和为负），所以搞出负权环之后退一圈的流就好了。
[BZOJ4289][PA2012]Tax
这道题的路径长度十分奇怪，经过的点由权值，并且权值还是进入边和离去边的边权取max
那么最基本的，可以想到把每条无向边看作两条有向边，然后把有向边看作一个点。对于原图点u的一条入边点in和出边点out，加边in->out，边权为原两边权值较大值，然后跑最短路。然而这样做是不行的，因为一个菊花图就可以把新图的边数卡到
这样的话，从一个入边点
！！！！这个题的要点就是，差分优化建边，小的向大的补权。
[BZOJ2285][洛谷P2494][Sdoi2011]保密
这就是一个沙比糅合题，先用类似01分规的方式跑出对于那161个点的最短路，然后就是二分图带权匹配，费用流即可。
[BZOJ3597][Scoi2014]方伯伯运椰子
首先我们可以把图上的边权搞出来。如果是退流边，边权a-d，容量c，如果是增流边，边权b+d，容量inf。
然后可以发现，题里面说的
[BZOJ1997][Hnoi2010]Planar
点才200个，但是边太多了，如果
[BZOJ2709][Violet 1]迷宫花园
直接二分答案+最短路check
（二分性：首先那种横着步数比别人多，纵向步数还比别人多的方案肯定被排除掉。那么现在就剩下横向步数单增，纵向步数单减的这么一些路径。当v较小的时候，横向步数少纵向步数多的路径肯定优。随着v逐渐增大，最优的决策会纵向步数减少的方向移动，但是总体步数仍然单增。唯一一种不符合的情况就是：最短路根本不用经过纵向道路，然而数据保证不存在）
[BZOJ2707][SDOI2012]走迷宫
其实是个比较简单的期望题
首先注意到题目中所说的：如果到不了终点，则步数为INF。由于期望=权值*概率，因此只要有概率到不了终点，也就是T所在的SCC并不是唯一一个没有出度的SCC，那么答案INF。
剩下的就很好办了，逆拓扑序把缩点之后的图建出来，对于已经知道的E，直接带入常量，不然解高斯消元（题目里SCCsize不超过100的提示，简直不能太明显）。
[HDU3018]Ant Trip
对于每个连通块分别考虑，如果一个连通块中点的度数全部是偶数，则显然有欧拉回路，一笔。不然，一定有偶数个度数为奇数的点，每起笔一次就可以消灭且仅消灭一对度数为奇数的点，所以是：奇数点数/2 笔
[BZOJ2407]探险/[BZOJ4398]福慧双修
此题解法参见me的博客
[BZOJ4439][Swerc2015]Landscaping
其实题目说的很复杂…提炼出来就是，如果相邻块不同那么有A的花费，改变高度会花费B，询问最小花费。
我们可以将每个点拆开成两个，表示需要变低的点low和需要变高的点hig
显然对于每个点S->low，如果本来就是低点边权0（相当于不连），不然边权A。hig->T也是同理。
然后两列点之间，位置相邻的连边，表示冲突的花费。但是由于最后的状态是不知道的，一个点在变化之后，会与原来和它相同的点产生冲突，因此在两列点各自的内部，相邻的点连往返都为A的边。这样连完之后，发现两列点其实可以合成一列，因为内部连边一样，而两列之间一定是S->low->hig->T。
所以最后的建图就是：对于每个点i，如果原来是高的（S to i , B），如果原来是低的（i to T，B）。然后相邻的点i,j连（i to j，A）和（j to i，A）
与此建图相同的，在BZOJ上还有另外两道
[BZOJ3624]免费道路
首先贪心的考虑一下，假如在做最小生存树的时候，优先选黑边，可能会导致图不连通。因为可能有些块之间只有黑边才能相连，而优先选黑边的时候又已经选了K条黑边不能再选了，这时就无法连通。
那么先白边优先做一次最小生成树，处理出那些必要的黑边。然后把这些必要的黑边连上之后，再黑边优先做一次最小生成树。第二遍的时候，即使黑边优先，也只会替换掉第一次生成树中的白边，显然最后一定会形成树
[BZOJ2208][Jsoi2010]连通数
tarjan缩点+拓扑+bitset，很水的一道题
[洛谷P3403]跳楼机
思维被局限…emmm
最短路，不仅仅是图上的最短路，也可以用于组合形式
定义f[i]表示在取模x的意义下，用y和z最早在什么时候凑出来。如果到了这个高度，显然可以加任意多倍的x凑到f[i]+x,f[i]+2x等等，那么对于有值的f[i]，贡献就是(h-f[i])/x+1。那么怎么求出这个f[i]呢，建图（i，(i+y)%x，y），（i，(i+z)%x，z），跑最短路即可。
[BZOJ5201][NEERC2017]Connections
Claris太神啦！！！
考虑kosaraju的核心思路，在逆向图上dfs一遍，在return之前将当前点入栈，求出逆后续遍历。然后按照栈从顶向下的顺序，在正向图上dfs求出SCC，dfs多少遍就有多少个SCC。
为什么是正确的呢？在dfs一个连通图的反图的时候，栈里在i之下的，都是「能到达i」的点。而在正向图遍历的时候，如果i到达了一个点u，而u还没有被访问过，说明这就是一个环，i和u同属于一个SCC。因为i到u，在正向图和反向图中都有路径，那么这就是一个环。
这道题就用到了这个性质，因为保证整个图强连通，从1出发可以遍历到所有的点。而在反向图中从1出发，也可以遍历到所有的点。把正向遍历和反向遍历中1到i的两条路径拼接起来，就是一个强连通的了。我们把正反dfs的路径都保留，这样的路径不超过
[BZOJ3875][Ahoi2014&Jsoi2014]骑士游戏
解法1：用dijkstra找出当前最优的去更新距离，看me的博客
解法2：spfa更新带环dp
[BZOJ2597][Wc2007]剪刀石头布
如果正着做的话，是类似文理分科这样的模型的，就是把每条边看成点，然后如果都选1或者都选0就获得1的利益
然而这样建图，不仅每条边都要拆成(u to v)和(v to u)，而且也难以建边，边数还巨多…
所以我们补集转化一下，如果我们选出的三个人里面，有一个人有两条出边（出边为胜）那么显然这样的图没有贡献
于是对于每个人和每场比赛，都开一个点。
S to 每个人i，建n-1条边，费用为0到n-2
然后每个人i，如果他可能赢下(i,j)比赛的话，就向(i,j)比赛连边。（如果被钦定输了，当然就不连边）
最后每场比赛向T连边。
这样跑出来，就可以在符合题意的情况下，让补集尽量的小，那么答案也就尽量的大了
[BZOJ3774]最优选择
好题，mark
[UVALive5131] Chips Challenge
消除负环的费用流
[JOJ 2453]Candy
贪心决策+网络流
[BZOJ2215][POI2011]Conspiracy
两个点不能同时从独立集蹦到团，所以可行的方法就是：一个人从团到独立集，一个人从独立集到团，或者两个人交换。2-SAT先处理出一种可行的方案，然后枚举情况判断合法即可
[BZOJ2756][SCOI2012]奇怪的游戏
首先，如果行或者列至少有一个是偶数，那么满足二分性（即最后的值取大了一定满足），二分答案+二分图判定即可
如果两个都是奇数，那么由于黑白染色之后，白色格子比黑色格子多1个，而每次操作都是白和黑同时+1。所以唯一合法的最终值，就是初始局面中白色格子-黑色格子所得的值。直接二分图check即可。
DP
[BZOJ1049][HAOI2006]数字序列
第一问，把每个数字变成a[i]-i，然后求出最长不下降子序列即可
第二问，有一个性质，显然对于在不下降子序列里相邻的两个点i,j，中间存在一个分界点使得[i,k]变成刚好从i开始递增，[k+1,j]变成刚好从j开始递减，所以看每个可以转移的位置，然后枚举分界点，计算贡献，细节较多。（数据随机所以可过）MatoNo1的题解
iwtwiioi的题解
[BZOJ1236][SPOJ1433]KPSUM
双倍经验题同2900
就是一个比较简单的数位dp
电子科大的考试
T1：给出一棵树（200000节点），树上的点有权值，并且权值两两不同。现在要求找一个最大的联通子图，满足：将权值升序排序后，第i个点到第i+1个点的路径上（不包括这两个点）经过的点权值均小于第i个点。询问这个联通子图的大小。时间1s空间32M。10组数据。HDU5325
T2：给出一个不超过1e18的数字，要求将这个数字拆分成若干数字乘积，且任意两个数字之差都不超过1，输出所有方案。时间1s空间32M。10组数据
T3：给出一个m条边的正多边形，边数小于等于1e9，边长为1。询问周长最小的正n边形，可以覆盖住给出的多边形，并且中心重合。输出周长，保留4位小数。10组数据
T4：BZOJ4293