CF 1061 D. TV Shows
贪心：两条线段一定是挨的最近的连起来，感性的理解，和距离远的合一定不和近的合更优。
所以按左端点排序，将右端点放到一个set里，然后对于每个线段找小于这个线段左端点的最远的点，考虑时候合起来。
另一种方法，将每个点拆成两个，分别是左端点的点，和右端点的点，然后排序后，扫所有的点，扫到右端点加入到堆，左端点的话在堆里找最大的（最靠右的），考虑是否与它合起来。
会发现一辆车的等待时间，是这个人修理的前面所有车的时间和，所以每个人的最终等待时间由于顺序不一样就不同。朴素的建图就是枚举每辆车是第几个，然后在连其他的，复杂度太大。
设ti为第i辆车的等待时间，那么ti=t1+t2+t3+...+ti（这些都是同一个人修的），总的时间就是全记起来，会发现，第一个修的t1会加n遍，t2加n-1遍，由于n不确定，所以反过来建，倒数第一个修的加一遍，倒数第二个加两遍。然后拆点最小费用最大流。
反向图的联通块个数。n<=100000，直接建图是开不下的。在bfs的时候，一个点总是枚举他所连的所有点，然后bfs下去，瓶颈在于枚举反图中的边。可以用链表维护所有未经过的点，每次找到一个点，那么既然枚举边太大，考虑枚举反图中不连的点，即正图中连向的点，然后将这些点从链表的删掉，就是所有连向的点，删掉的点构成下一次bfs链表的点。（正难则反）。
bzoj
bzoj 1018: [SHOI2008]堵塞的交通traffic
用线段树维护区间的四个端点的联通情况，然后查询的时候，把所有覆盖到的区间合并起来即可。
1178: [Apio2009]CONVENTION会议中心
求最多的不想交线段：去掉包含的情况（如果两条线段中的一条包含另一条，那么保留被包含的），然后左端点递增，右端点递增，就是贪心了，每个点往后找第一个不想交的就行，因为它是左端点，右端点最小的。
交换顺序不影响答案，先交换那个都行。所以树状数组维护，求两个点之间有多少个数，维护删除操作。
线段树套set，每个叶子结点维护一个set，在set里删除，求最小值。
两个堆维护求最小值+删除的操作，两个小根堆q1,q2，q1是所有的数，q2是删除的数，size=q1.size()-q2.size()，取最小值：出现在q1，不出现在q2中的最小值。
数颜色：离线扫一遍右端点，每次只记录最右边的点，然后查询左端点。
统计所有颜色是否全出现过：查询[l,r]区间，pre[i]为这个颜色的上一个位置，那么这也就说明了pre[i]+1这段区间没出现过，所以要求[r+1,n]这段区间的最小的pre都要大于等于l。
两次bfs不能求带权直径
1130: [POI2008]POD Subdivision of Kingdom
复杂度为$C_n^m$的搜索。
O(n)预处理，O(1)查询$2^30$以内的数的二进制下1的个数。
1、f数组double类型，然后就输出了，输出了这么一串1.30409e+007，最后输出时转化成int就好了，其实根本不需要double，为什么我开的double。。。
2、下面两个区别好大、上面是开始写的，下面是后来改的。return 1.0*(f[x]-f[y]+s[x]*s[x]-s[y]*s[y]) / 1.0*(s[x]-s[y]); return 1.0*(f[x]-f[y]+s[x]*s[x]-s[y]*s[y]) / (1.0*(s[x]-s[y]));