T1大美江湖（洛谷P5006）
zayの题解：
这个题的本质是模拟
不过有卡ceil的地方
ceil是对一个double进行向上取整，而对于int/int来说，返回值是int
举个生动的栗子
ceil(5/3)=1 因为5是int，3是int，所以5/3返回1，对1向上取整为1
正确写法：ceil(1.0*5/3) 返回2
直接上AC代码（向上取整手写的）
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<algorithm> using namespace std; int n,m,hpe,ste,dee,x,y,stp,dep,q,sunshi; char c[105][105]; int main() { freopen("mzq.in","r",stdin);//输入输出文件差点错了要凉 freopen("mzq.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%s",c[i]+1); } scanf("%d%d%d",&hpe,&ste,&dee); scanf("%d%d",&x,&y); scanf("%d%d",&stp,&dep); scanf("%d",&q); for(int i=1;i<=q;i++) { int cz; scanf("%d",&cz); if(cz==1) {printf("%d %d %d ",sunshi,stp,dep); } else { int di; scanf("%d",&di); if(di==1)y--; if(di==2)y++; if(di==3)x--; if(di==4)x++; if(c[x][y]=='Y')dep+=5; if(c[x][y]=='Q')stp+=5; if(c[x][y]=='R'){sunshi-=10;if(sunshi<0)sunshi=0;} if(c[x][y]=='M') { int rqy1=hpe/(max(1,stp-dee)); if(hpe%(max(1,stp-dee)))rqy1++; int rqy2=max(1,ste-dep); sunshi+=max(1,rqy1*rqy2); } } } return 0; }
洛谷中对人物的操作是字符形式，改一下就好了
T2：腐草为萤（洛谷P5007）
刚来完一个大模拟，接下来就是大大的懵逼
这玩意咋整啊？咱也不知道咱也不敢问
zayの题解：
我们来理一理思路
像这种选择数加和最大的问题一般有两种解法
1.DP
2.组合数学
-------------zay
这里我们先讲DP(wz太强了，他用组合数学做的，AC了！！！！！)
我们设fx为以x为根时，当前的答案是fx
我们先想一想二叉树（毕竟数据有特殊情况）
这是个一个孩子都没有的二叉树，此时fx为x的权值
这是个有一个孩子的二叉树（下面的小三角是以x的孩子为根的子树）
对于fx,我们可以选x，不选它儿子和下面的子树，答案为x的权值
我们也可以选它儿子u不选它，答案为fu
综上：fx=fu+x的权值
这是一棵有两个儿子的二叉树（三角还是子树）
那么我们肯定可以选u,v,x
再考虑一下u和v能不能进行一番乱搞
显然u的子树里任意一个集合都可以和v进行一番乱搞
那设u子树里的一个集合s的权值是ws,我们再设一个新的变量g,gx为以x为根的子树，所选集合的个数
对于在u子树里的一个集合s,v子树里的任意一个集合与s都能够组成一个新的幼嫩集合
那么u乱搞后对答案的贡献就是Σws*gv，Σws就是fu
同理v乱搞后对答案的贡献就是fv*gu
所以fx=fu+fv+u的权值+fv*gu+fu*gv
那我们再来想一想怎么维护gx
对于没有孩子的点x来说，gx=1(只能和自己搞了qwq)
对于有一个孩子的点x来说，gx=gu(u是x的孩子)+1(可以选u,也可以和自己搞)
对于有两个孩子的点x来说，就有点复杂了
显然可以选u(左孩子），v（右孩子），x（它自己）
再考虑u,v乱搞
对于u子树里的任意一个集合s来说，v子树里的任意一个集合还是都可以和它搞
而u子树里有gu个集合，所以乱搞对gx的贡献是gx*gy
所以gx=gu+gv+1+gu*gv
二叉树讲完了，再考虑不知道多少叉树
假设我们当前遍历到了绿色的这棵子树，参考搞二叉树的思路，怎么做呢？
我们不妨把这棵树左边的所有子树当成一个大子树，这样对它来说就可以像搞二叉树一样了
这时候，这个绿色的子树k对答案的贡献就是fk*(gu+gv+gu*gv+1)
讲完dp，再来谈谈wz强大的组合数解法
我们发现之前的gx=gu+gv+gu*gv+1=(gu+1)*(gx+1),这是对于二叉树的计算方法
扩展到n叉树，就是gx=(gu+1)*(gv+1)*(ga+1)*(gb+1).........
同时通过分析样例玄学发现，Σ点n的权值*gn=ans
然后这道题就做完了（wz tql %%%wz orz）
代码自己不会写，上zay大佬的ρωρ
#include <cstdio>//用c++11写的，所以有些神奇的地方qwq typedef long long int ll; const int maxn = 1000005; const int MOD = 1000000007; template <typename T>//据大佬说1e5的读入要用getchar()优化 inline void qr(T &x) { char ch; do { ch = getchar(); } while ((ch > '9') || (ch < '0')); do { x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48); ch = getchar(); } while ((ch >= '0') && (ch <= '9')); } int n, T; int MU[maxn], frog[maxn], gorf[maxn]; bool vis[maxn]; struct Edge { int v; Edge *nxt; Edge(const int _v, Edge *h) : v(_v), nxt(h) {} }; Edge *hd[maxn]; void dfs(const int u); int main() { freopen("dzy.in", "r", stdin); freopen("dzy.out", "w", stdout); qr(n); qr(T); if (T) { for (int i = 1; i <= n; ++i) { MU[i] = i; } } else { for (int i = 1; i <= n; ++i) { MU[i] = 1; } } for (int i = 1, u, v; i < n; ++i) { u = v = 0; qr(u); qr(v); hd[u] = new Edge(v, hd[u]); hd[v] = new Edge(u, hd[v]); } dfs(1); printf("%d ", frog[1] % MOD); return 0; } void dfs(const int u) { vis[u] = true;//下面开始auto(c++11)(蒟蒻的电脑c++版本过低) for (auto e = hd[u]; e; e = e->nxt) if (!vis[e->v]) { int v = e->v; dfs(v); frog[u] = (frog[u] * (gorf[v] + 1ll) % MOD) + (frog[v] * (gorf[u] + 1ll) % MOD);//frog就是前面的f gorf[u] = (gorf[u] + gorf[v] + (1ll * gorf[u] * gorf[v])) % MOD;//gorf就是g } frog[u] = (frog[u] + MU[u]) % MOD; ++gorf[u]; }
T3：锦鲤抄(洛谷P5008)
zayの题解：
这道题依旧有小数据
据说小数据是用来搜索骗分的。这道题爆搜怎么搜呢？
我们可以枚举去掉点的顺序，看是否合法，并且在合法的情况中选择最大的那个情况。
这个题中，子任务3的特殊性质是图是一个DAG。（这种特殊性质一般是让你推正解的）
在一个DAG里面，入度不为0的点总是可以被选到，也就是将所有点的点权按从大到小排序后，选出前k个点的选择顺序一定存在。（证明的话，可以找几个DAG选一选）这样子任务3就解决了。（蒟蒻写着写着就RE了）
我们从DAG中推一下正解。因为其他的数据不保证没有环，所以排序选出前k个点就不一定适用了。因为可能选着选着就会选中一个入度为0的点（选完点后要把出边删掉）。那我们可不可以把一个环看做一个巨大的点，然后使整个图形成一个DAG?当然可以（这也是正解）。于是这个题做完了。
蒟蒻不会写代码，只好拿zay的了
#include <cstdio> #include <algorithm> #include <functional> #ifdef ONLINE_JUDGE #define freopen(a, b, c) #endif typedef long long int ll; namespace IPT {//读入优化 const int L = 1000000; char buf[L], *front=buf, *end=buf; char GetChar() { if (front == end) { end = buf + fread(front = buf, 1, L, stdin); if (front == end) return -1; } return *(front++); } } template <typename T>//这个题的数据是1e7左右，要用fread,不然读入完时间就到了 inline void qr(T &x) { char ch = IPT::GetChar(), lst = ' '; while ((ch > '9') || (ch < '0')) lst = ch, ch=IPT::GetChar(); while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48), ch = IPT::GetChar(); if (lst == '-') x = -x; } const int maxn = 1000006; struct Edge { int v; Edge *nxt; Edge(const int _v, Edge *h) : v(_v), nxt(h) {} }; Edge *hd[maxn]; int n, m, k, vistime, top, scnt; int MU[maxn], dfn[maxn], low[maxn], stack[maxn], belong[maxn], minv[maxn];//belong统计缩点后每个点的入度（有时候是一个大环的入度） bool instack[maxn], haveind[maxn]; void tarjan(const int u); int main() { freopen("zay.in", "r", stdin); freopen("zay.out", "w", stdout); qr(n); qr(m); qr(k); MU[0] = 2333; for (int i = 1; i <= n; ++i) qr(MU[i]);//读入点权 for (int i = 1, u, v; i <= m; ++i) { u = v = 0; qr(u); qr(v); hd[u] = new Edge(v, hd[u]); } for (int i = 1; i <= n; ++i) if (!dfn[i]) { tarjan(i);//缩点，我们待会再扯 } for (int u = 1; u <= n; ++u) { for (auto e = hd[u]; e; e = e->nxt) if (belong[u] != belong[e->v]) //e->nxt就是找下一条边，如果两个环的入度不相等，就满足排序取前k个点的思路是对的 { haveind[belong[e->v]] = true;//e->v就是e这条边的终点v } } for (int i = 1; i <= scnt; ++i) if (!haveind[i]) { MU[minv[i]] = 0; } std::nth_element(MU + 1, MU + 1 + k, MU + 1 + n,//这里是排序（取前k个的写法，也可以sort,不过这个比sort省时间） std::greater<int>()); int ans = 0; for (int i = 1; i <= k; ++i) { ans += MU[i]; } printf("%d ", ans); return 0; } void tarjan(const int u) {//缩点 dfn[u] = low[u] = ++vistime; instack[stack[++top] = u] = true; for (auto e = hd[u]; e; e = e->nxt) { int v = e->v; if (!dfn[v]) { tarjan(v); low[u] = std::min(low[u], low[v]); } else if (instack[v]) { low[u] = std::min(low[u], dfn[v]); } } if (dfn[u] == low[u]) { int v, &_mv = minv[++scnt]; do { instack[v = stack[top--]] = false; belong[v] = scnt; if (MU[v] < MU[_mv]) _mv = v; } while (v != u); } }
我们扯一下缩点（Tarjan）
我们先来看一棵十分强大的dfs树（dfs树就是在有向图上，从一个点开始dfs，最终遍历的所有点和边可以构成一棵树，这棵树就是dfs树）
就像上图，从子孙节点指向祖宗节点的边叫返祖边，从一个节点指向兄弟节点的儿子的边叫横叉边，从祖宗节点指向孙子节点的边叫前向边
显然，这三种边中，只有返祖边会形成环，所以我们只要管返祖边就好了。
每个点不好表示，我们可以先给在dfs树上的节点一个编号，保证先遍历到的点的编号小。dfs[n]就是节点n的编号。
我们的目的是找出返祖边，并且把形成环的这一部分弄成一个大点。所以我们再建立一个数组low,low[i]指从i点能够遍历到的在dfs树上最靠上的点的编号（也就是最祖宗的点的编号）
for example(点内的数字是点的编号)
low[4]=1，因为4可以返回到2,2遍历到3,3返回到1
通过low，就可以找到返祖边，进而缩成一个点
程序实现：
将未dfs过的点进行dfs,形成dfs树，并且把遍历到的点入栈，遍历点的出边。low[i]初始化为i。如果有点的出边的终点是之前dfs过的点，则弹栈，一直弹到终点（把终点弹出），将中间所有弹出的点的low设置为终点，并将点权加和。
代码（from zay）
void tarjan(const int u) {//其实就是上面那段代码的最后一部分辣 dfn[u] = low[u] = ++vistime; instack[stack[++top] = u] = true;//标记是否在栈里面 for (auto e = hd[u]; e; e = e->nxt) { int v = e->v; if (!dfn[v]) { tarjan(v); low[u] = std::min(low[u], low[v]);//这里考虑到v可能会有返祖边，所以取min } else if (instack[v]) { low[u] = std::min(low[u], dfn[v]);//不确保u的返祖边指向的节点比v低 } } if (dfn[u] == low[u]) {//如果没有形成环，就不缩点 int v, &_mv = minv[++scnt]; do { instack[v = stack[top--]] = false; belong[v] = scnt; if (MU[v] < MU[_mv]) _mv = v; } while (v != u);//也可以直接写while循环 } }
我们再扯点骗分技巧
1.读入优化：
1e3（读入量）及以下：scanf
1e6：getchar，也就是普通的快读
1e7:fread，一个函数，读入整个文件（以字符串的形式）。再手动计算每个数。如果令fread一次只读一个字符，那就成slow slow read了
1e8:骂出题人好了
2.暴力：
暴力主要是搜索和模拟
模拟适用于有关数据结构方面的问题
搜索用的比较多。（在数据随机时跑的贼快）搜索的状态设计一般是当前选到了第几个（在给一些东西，一个选k个的题里面），一旦超过k,就check
3.特别提示：
一般有特殊性质（不是特判送分的特殊性质）时，就是让你通过特殊性质推出正解
墙裂建议大家阅读《骗分导论》