2019.6
Codeforces 1166C A Tale of Two Lands
给定一个数列，求其中满足 (min{|x+y|,|x-y|} leq min{|x|,|y|})且(max{|x|,|y|} leq max{|x+y|,|x-y|})的数对((x,y))个数。
(n leq 2 imes 10^5)。
如果去分类讨论(x,y)的符号会把问题变得非常复杂。观察条件包含的性质，发现这个条件是与((x,y))的符号无关的。也就是说如果将所有数都取其绝对值不会影响答案。
只需要考虑非负数的情况，那么排序之后对于每个(x)求出(y)的取值范围二分统计一下即可。复杂度(O(n log n))。
Codeforces 437 C. The Child and Toy
给出一个带点权的无向图，每次选择一个点删除，并删除这个点所连的边。删除一个点的代价是此时其所有相邻点的权值之和。问删完所有点的最小总代价。
(n leq 1000, m leq 2000)。
删点的实质是在删边，每条边都会被删一次。正向反向考虑都很难，我们考虑每条边被删除时对答案产生的贡献。每条边被删除时它的两个端点中其中一个产生贡献。为了让答案尽量小，不妨假设每次都是点权较小的那个产生贡献。这就要求对于每条边都要先删除点权较大的点。这样做是否是可行的？如果我们能构造出一个删点顺序满足这样的条件那就是可行的。每条边都规定了一个顺序：点权大的排在点权小的之前。我们可以将每条边看做一条有向边，从点权大的连向点权小的。
这样形成的图一定无环（暂不考虑点权相等的情况），因此一定可以拓扑排序，那也就是说这样的方案一定存在。
而点权相等就可能有环，不过环内点先后是无所谓的。
因此枚举每条边即可求出答案，复杂度(O(m))。为什么数据范围出那么小= =。
Codeforces 1165 E. Two Arrays and Sum of Functions
给出两个长度为(n)的序列(a)和(b)，定义(f(l,r)=sumlimits_{i=l}^ra_ib_i)。现在可以给序列(b)中的元素指定任意顺序，问怎样指定(b)的顺序能让(sumlimits_{1 leq l leq r leq n}f(l,r))最小。
(n leq 2 cdot 10^5)。
我们考虑对于每一个位置(i)，(a_i cdot b_i)会被统计(i(n-i+1))次。
因此答案可以用这种形式来表示：
这个式子中除了(b_i)之外都是只与(i)有关的定值，因此考虑设一个(c_i=a_i imes i(n-i+1))，答案转化为求(sumlimits_{i=1}^nb_i c_i)的最小值。
这个问题也就是给你两个序列(a,b)，问怎么给它们排列顺序能使(sumlimits_{i=1}^{n}a_ib_i)最小。
关于两个序列两两相乘之和最小，有一个贪心的结论：将(a)从小到大排序，将(b)从大到小排序，(a_i)配对(b_i)，这样一定使答案最小。
证明：
对于(a_i,a_j,b_i,b_j)（排序后的）满足(1 leq i < j leq n)。仅考虑这两项，现在的结果是(a_ib_i+a_jb_j)。如果交换(b_i,b_j)，那么答案是(a_ib_j+a_jb_i)。作差可得
因此不交换一定不会劣。
拓展：如果要使(sumlimits_{i=1}^na_ib_i)最大，那么结论是将(a)和(b)都从小到大排序配对。证明类似。
Codeforces 276 D. Little Girl and Maximum XOR
给出(l,r)，求(max{ a oplus b } (l leq a leq b leq r))
(1 leq l,r leq 10^{18})
先将(l,r)转二进制。位运算中要使某个数尽量大一定是从高位开始贪心。从最高位开始，如果相同也没有办法凑出(1)。直到第一个不同的位，我们能够凑出(1)。从这以后因为第一位已经不同的，于是(b)中每一位都可以变成(0)而不必担心小于(a)，(a)的每一位都可以上升而不必担心大于(b)。因此后面的每一位都可以凑出1了。
Codeforces 577 B. Modulo Sum
给出(n)个数，问能否选出一个子集使得其和能被(m)整除。
(n leq 10^6, m leq 10^3)
对(n)个数做前缀和(s_i)，然后将(s_i)对(m)取模。如果存在(s_i=s_j)则区间([i+1,j])内数的和是(m)的倍数。根据鸽巢原理，只要(n>m)就一定存在这样的区间。
于是限制条件就变成了(n leq 10^3)。直接做背包即可。
Codeforces 552 C. Vanya and Scales
给出两个数(w)和(m)，并给出(101)个砝码(w^0,w^1,cdots,w^{100})（每种重量只有一个）。将(m)放在左边，现在要在左右放若干砝码，问是否可能平衡。
(1 leq w,m leq 10^9)
每个砝码可以放左边，放右边，或不放。也就是每个砝码的系数为({-1,0,1})，问是否能使其总和为(m)。显然(w=2)一定满足，从(w=3)开始考虑，(log_310^9 approx 20)，因此折半搜索。
Codeforces 578 B. "Or" Game
给出一个序列，可以进行(k)次操作，每次可以给序列中的一个数乘一个定值(x)。问操作后所有数的最大或和。
(n leq 2 imes 10^5, k leq 10)。
任何一个数乘上一个(>1)的数二进制一定左移一位。有了这个结论把(k)个(x)数乘在同一个数上一定最优。
2019.7
Codeforces 1019 A. Elections
有(n)个人给(m)个党投票。可以花(c_i)贿赂第(i)个人改变投票对象（任意改变），否则第(i)个人就会投票给(p_i)党。问最少花多少钱能让(1)党获胜。
(1 leq n,m leq 3000)。
不确定得票时很难求。考虑枚举(1)党得票，贪心计算最少花费。复杂度(O(n^2))。
Codeforces 442 B. Andrey and Problem
有(n)个人，第(i)个人有(a_i)的概率同意，(1-a_i)的概率不同意。请从这些人中选择一些人，使得其中只有一人同意的概率最大。问最大概率。
(n leq 100)。
假设我们已经选择了一个集合(S)，则概率为(sumlimits_{i in S}left (a_i dfrac{prodlimits_{j in S}(1-a_j)}{1-a_i} ight))。
令(A=prodlimits_{i in S}(1-a_i))，(B=sumlimits_{i in S}dfrac{a_i}{1-a_i})。则概率为(AB)。
考虑加入一个(a_k)后答案的变化量
(Delta=(B+dfrac{a_k}{1-a_k}) cdot A cdot (1-a_k)-SB=A(1-B)a_k)。因此只要满足(1-B>0)，那么选择(a_k)就能使答案变大。贪心地，我们从大到小选择(a_k)，直到(B geq 1)为止。
复杂度(O(n log n))。
Luogu P2336 喵星球上的点名
有(n)个人，每人有两个字符串。给出(m)次询问，每次询问给出一个字符串，问这个字符串在多少个人的那两个字符串中的一个里出现过。询问结束后输出每个人被询问到的次数。
(n leq 5 imes 10^4, M leq 10^5)。
做(SA)后问题转化为区间颜色个数，与每个颜色被覆盖的次数。前者直接用莫队解决，后者考虑差分：每次覆盖到，就对答案加上剩余询问个数次贡献，每次离开，就对答案减去剩余询问个数次贡献。
Codeforces 375 B. Maximum Submatrix 2
给出一个(01)矩阵，可以任意交换行的顺序。求交换后可能的最大全(1)子矩形面积。
(1 leq n,m leq 5000)。
如果不能交换行，直接单调栈解决即可。
交换行之后每行的排列还是确定的。由于面积没有特殊的性质，我们考虑枚举矩形一条竖边的位置，为了最大化面积，我们将所有行按照每行该位置向右扩展1的最大距离排序，很容易计算面积。复杂度(O(n^2 log n))。
Codeforces 2 B. The least round way
【双价值的处理】给出一个(n cdot n)的矩阵，从左上角走到右下角（向右或向下），经过的数字相乘。怎样走使得得到的结果结尾的0尽量少。
首先处理出每个数的2因子与5因子个数。接着有个重要结论：结尾的0的最小个数，为最小2的路径与最小5路径中的较小值。这样就把双价值的问题转化为单价值的问题了。
反思：双价值总是难以处理的。
Codeforces 463 D. Gargari and Permutations
【建图；问题特性】给出(k)个长度为(n)的排列（(1 leq n leq 1000,1 leq k leq 5)），求出LCS。
枚举数对。预处理出每个数对在每个排列中是顺序的还是逆序的。如果对于所有排列某数对都是同一个序的，那么这个数对就是可以作为LCS的一部分的。找出所有这样的数对之后，得到一张(DAG)，求出最长链即可。
反思：DP的本质是DAG。因此关键是要抓住这张DAG在这里是什么。
Codeforces 449 B. Jzzhu and Cities
【建图；最短路的性质】给出一张带权的无向图。再给出(k)条长度(w_i)的((1,r_i))的路径。问这(k)条路径最多能删掉几条，使得删掉之后所有点到1的最短路不变。
将这(k)条路径加入图中，跑(Dijkstra)。同时每个点统计一个最短路入度。然后依次这(k)条路径，如果长度大于相应的最短路那肯定删去。如果恰好等于，那么看最短路入度，大于1则可以删去。然后将最短路的入度减去1.
反思：这其实是一个最短路树（最短路图）的问题。删边问最短路变化的问题一般都这样处理。
Codeforces 471 D. MUH and Cube Walls
【字符串差分匹配】修改字符换匹配的定义：两个字符串的所有字符的差都相同。问匹配数。
我们来分析一下这样匹配有什么特殊的性质，发现他们两两相邻的差是一样的。于是我们可以预处理出两个串的差分数组，然后直接去匹配差分数组就可以了。用KMP算法(O(n))完成就可以了。
反思：匹配的本质就是寻找相同的东西。在这里两个数组相同的东西就是差分。
Codeforces 1156 C. Match Points
给出一个长度为(n)的序列(a)和一个数(z)，数对(1 leq i < j leq n)称为一个匹配当且仅当(|a_i-a_j| geq z)。序列中一个数只能匹配一次。问最多能有多少个匹配。
想到了一个贪心，排序后从前往后匹配差值第一个大于等于(z)的。然而被叉了，对于一个右端点在另一个左端点左边的情况，交换一下更优。
事实上可以二分答案，而贪心地验证是可以做到的。一定是去选择两端的依次匹配最优。
反思：直接贪心不可行，也许应用到二分验证中是可行的。
Codeforces 274 B. Zero Tree
给出一棵树((n leq 10^5))，有点权(v_i)。每一次操作可以选择一个包含根节点的连通块，使连通块内所有点的权值+1或-1。问最少进行多少次操作才能使整棵树的所有点权都变为0。
根据题意分析，要对一个点进行操作的话必须对它的所有祖先进行相同的操作。而既然这样，想让一个点的点权归零进行操作，那之前就必须已经完成所有其后代的归零操作（因为如果后代没有归零，以后再去操作后代就必定会影响祖先使得决策不优）。而这样就将问题分解为子树上的子问题了。
我们记录(up_i)与(down_i)表示子树(i)归零所需要的+1与-1的最少操作次数。子树与子树之间可以通过根节点一并操作。这样根节点的权值在操作子树时至少会变化(max{up_v}-max{down_v})，之后再让根节点归零再进行(|v_u+max{up_v}-max{down_v}|)次操作。
2019.8
Codeforces 295 E. Yaroslav and Points
给出一个序列(a_i)，（(|a_i| leq 10^9)），单点修改。询问给出(l,r)，求(sumlimits_{i=l}^{r}sumlimits_{j=i}^{r}(x_j-x_i))
按照权值建线段树（动态开点或离散化），接下来询问的可以看做线段上两两之间的距离之和。分治求解可以得出两边内部两两的距离，于是只需要计算出所有跨越两边的点之间的距离之和就可以了。既然这样，就可以通过维护区间和以及区间点个数求解了。
洛谷5154 数列游戏
给出(n)个物品排成一排，第(i)个物品有两个值(a_i)与(b_i)。每次可以选择两个(a)值不互质的相邻物品移除，并获得他们(b)值之和的得分。问最多能得分多少。((n leq 800))
直接区间DP并不好处理。我们可以先做一次可行性DP，(f_{i,j})表示([i,j])是否可行。(f)的转移有两种：一是枚举中断点；二是两端匹配。复杂度(O(n^3 cdot log))
处理出来后，再DP一次。(g_i)表示前(i)个的最大得分，分为(i)选与(i)不选，(i)不选直接继承，(i)选可以枚举左端点转移。复杂度(O(n^2))
HDU 6601 Keen On Everything But Triangle
给出(n)根木棍(a_i)，每次询问一段区间([l,r])，问其中是否存在能拼成三角形的三根，并输出其周长的最大值。(n leq 10^5,a_i leq 10^9)
考虑对于一些木棍，要使能拼成三角形且周长最长，一定是选择权值相近的三根。因此一个思路是将木棍排序，然后从大到小枚举连续的三根判断能不能拼成三角形。也可以不排序，每次用主席树维护区间第(k)大进行判断。
这样的复杂度是(O(nm log n))。但由于(a_i leq 10^9)，要让一个木棍集合不可能形成三角形并使集合大小尽量大，这样一个集合就是斐波那契数列。而斐波那契数列到第(50)项就超过(10^9)，因此我们从大到小最多枚举(50)次一定会有解，并且一定是最优的。依然用主席树来维护。复杂度(O(50m log n))
Codeforces 675 C. Money Transfers
给出一个长度为(n)的圆环，第(i)个位置有权值(a_i)，保证权值和一定为0。每个位置的权值可以向左或向右转移，问最少转移多少次使圆环上每个位置的权值都是0。
显然一段长度为(l)的和为0的序列最多转移(l-1)次，因为相互之间你给我我给你可以只做一次。因此我们的任务是求出怎样划分使得和为0的序列尽量多。
利用前缀和的性质，和为0意味着前缀和的值相等。因此对于每一个前缀和的值用map求出与它相等的值有多少个，巧妙地解决了“环”的问题。
Codeforces 468 B. Two Sets
给出(n)个不同数，要将所有数分为两个集合(A,B)。再给出两个数字(a,b)，对于任意一个值为(x)的数，如果(x in A)，那么(a-x in A)；如果(x in B)，那么(b-x in B)。输出方案。
否定后件：如果(a-x otin A)，那么(x otin A)。等价于如果(a-x in B)，那么(x in B)。也就是说只要(a-x)存在，那么(x)和(a-x)必须在同一个集合。同理如果(b-x)存在，那么(x)与(b-x)也必定在同一个集合。因此用并查集或者(2-sat)维护即可。
Codeforces 558 E. A Simple Task
给出一个长度为(n)的字符串，给出(m)次询问，每次询问给出一个区间([l,r])，将这段区间升序或降序排序。最后输出结果。(n leq 10^5, m leq 5 cdot 10^4)。
考虑用线段树维护区间内每种字母的出现次数。在已知每种字符出现次数的情况下，区间排序等价于(|sum|)次区间覆盖——用线段树维护。
Codeforces 1200 E. Compress Words
给出(n)个字符串，每次将第一个和第二个字符串接龙（合并最长前后缀）并合并为一个字符串，输出最终结果。
每一次合并字符串就需要更新，因此暴力(KMP)的复杂度退化为了(O(n^2))。
考虑字符串哈希，每次在第二个串中从大到小枚举长度，并在第一个串中截取后缀判断哈希值是否相等。
(hash{s_{l..r}}=a_r-a_{l-1} cdot base^{r-l+1})。
Codeforces 372 D. Choosing Subtree is Fun
给出一颗树。定义区间([l,r])的权值为包含所有标号$ in [l,r](的点的连通块最小点数。问权值)leq k(的区间最大长度。)n leq 10^5$
用双指针代替二分答案。那么我们需要动态维护一个连续区间的连通块最小点数。可以将点数转化为边数，那么要求的等价于从根节点出发走遍所有点的最短路径。
这就是经典的异象石问题。有一个结论：这样的最短路径是所有点按照(dfs)序排序后两两之间的距离之和（最后一个连到第一个）。用(set)维护，支持加点和删点。
***「NOIP2017」逛公园
给出一张有向图，求从(1)到(n)路径长度不超过(d+k)的路径条数。其中(d)为(1)到(n)的最短路。(n leq 10^5,k leq 50)。
难点在于状态的定义。(f[u][k])表示(u)出发到(n)走的弯路长度为(k)的方案数。
有效路径上的(0)环找起来很讨厌，不会。
2019.9
「NOIP2008」双栈排序
给出一个排列，问其是否能双栈排序。定义进栈比出栈优先，进第一个栈比进第二个栈优先。求字典序最小的操作序列。(n leq 10^3)。
我的第一种思路是直接贪心模拟，然而贪心是错误的。当同时能进两个栈时，有时进第二个栈有解，进第一个栈却无解。
先来考虑一下单栈排序的情况。对于(i<j)，如果(a_i<a_j)，说明(a_i)比(a_j)先出栈。此时如果存在(j<k)且(a_k<a_i)，那么(k)必须必(i)先出栈了，这就意味着(k)进栈之前(i,j)都在栈内，也就不能保证(i)先出栈了，因此矛盾。而对于其他情况，(i,j)存在于同一栈内不会矛盾。
这是一个结论：一个序列不能单栈排序，当且仅当存在(i<j<k)使得(a_k<a_i<a_j)。通过维护最小值，求解的复杂度是(O(n^2))的。
这就给了我们判断两个元素能否在同一栈内的条件。那么能否双栈排序即判定二分图。然后贪心模拟即可。
Codeforces 319 B. Psychos in a Line
给出(n)个人，每个人有一个攻击力(a_i)。每一轮对于第(i)个人，如果(a_i > a_{i+1})，那么(i)就可以杀掉(i+1)。问最少几轮能杀到不能杀。(n leq 10^5)。
这个问题整体考虑比较复杂，可以考虑对于每一个个体来分析它被杀的条件。关键在于，只有相邻才可以杀。因此(i)要被杀，它之前所以比它小的必须死完。定义(f_i)为(i)第几轮死，那么(f_i = max{f_j}+1)。用单调栈来维护是(O(n))。
单调栈的优化在于，我可以不用重复统计之前一定比我小的数。在这道题中，我们将一整段比(i)小的信息都存到了(f_i)中，就避免了重复计算。
Codeforces 1183 E. Subsequences (easy version)
给出一个字符串，求最长的(k)个本质不同子序列的长度和。(n,k leq 100)。
对于一个字符串，复制一遍之前的本质不同子序列集合，并将新集合内每一个字符串末尾加上这个字符。排序去重，保留前(k)个即可。复杂度(O(n^2k log k))。
Codeforces 280 B. Maximum Xor Secondary
给出一个长度为(n)的序列（元素互不相同），问所有区间里“最大值异或次大值”的最大值。(n leq 10^5)
对于考虑所有XX的题目好像都不是直接考虑的。一般都是按每个元素来考虑。
考虑(a_i)作为次大值：如果最大值在它之前，那么一定是(a_i)之前第一个比(a_i)大的；如果最大值在它之后，那么一定是(a_i)之后第一个比(a_i)大的。
这一个过程用单调栈来维护即可。
NOIp2012 开车旅行
预处理(n)个数每个数，比自己大的最近的和次近的元素。
以位置为关键字，按照从大到小的顺序将元素插入平衡树（(set)）中，查询前驱、前驱的前驱、后继、后继的后继四者中离它最近的两个。
2019.10
NOIp2016 愤怒的小鸟
第一象限内有(n)个点，问至少选择多少个形如(y=ax^2+bx 且 a<0)的抛物线能够覆盖所有点。
(n leq 18)
在这道题中两点确定一条抛物线，使得状压的转移貌似是(n^2)的，复杂度(O(Tn^22^n))有点悬。
事实上，我们发现(n^2)转移有些浪费。如果一个转移没有包含第一个点，那么之后迟早要回来转移第一个点。既然这样不如每一次转移包含第一个点的，这样就是(O(n))转移的了。可以将这道题积累为一个优化转移的小(trick)。
SDOI2010 外星千足虫
给定(m)个异或方程，问最少使用前几个能够解出唯一解。
n,m leq 2000
这道题让我联想到了线性基，即先对前(n)个方程进行高斯消元，而后对于每一个方程跟线性基一样插入，直到没有自由元位置。但不知道为什么是不对的。
题解的做法是直接对(m)个方程做高斯消元。在高斯消元中，第(i)个方程要向下寻找第(i)项系数为1的方程。在这个寻找的过程中记录最大值就是我们的答案。这可以记为一个结论。
同时，异或方程组由于使用的都是bool数组，可以用biteset优化。
SCOI2009 最长距离
给一个01矩阵，同一全0连通块中两点的距离为其欧几里得距离。现可以移去(T)个1，问最远点对距离。
(n leq 30)
正难则反。在同一连通块中等价于存在一条没有1的通路。那么枚举点对，判断要使他们连通最少移去多少个1——这个可以用Floyd预处理出来。
注意点权的Floyd不算起点。
洛谷4215 踩气球
给定长度为(n)的序列，并给定(m)个区间。每一次操作时给一个点权值-1，每一次操作后询问有多少个给定区间的和为0。
(n,m leq 10^5)
显然复杂度不允许我们每一次操作后遍历所有区间，因此答案的统计得在修改的过程中完成。
考虑用线段树维护区间和。我们知道，一个区间可以拆解为线段树上若干节点。如果这若干个节点的值都为0，那么这个区间的和就为0。
在这道题中，线段树上一个节点可以作为若干个给定区间拆解后的节点。modify过程中如果碰到一个节点为0，那么就对对应的若干区间产生贡献。如果一个区间被贡献的次数等于拆解后的节点数，那么这个区间和就为0了。
Codeforces 3 D. Least Cost Bracket Sequence
给一个由'(','?',')'三种字符组成的字符串。将第(i)个'?'替换成'('的代价为(a_i)，替换成')'的代价为(b_i)。问替换成合法括号序列的最小代价为多少。
(n leq 5 cdot 10^4)
如果从前往后替换所有'?'，那么任何时候右括号数量都不能大于左括号数量。而最后总共能填的左右括号数量是确定的。因此不妨一开始默认将所有的'?'都替换成')'。到达一定程度之后肯定会出现右括号过量的情况，此时需要考虑将之前的某个')'替换为'('。我们贪心地去替换最优的那个，因此用一个优先队列维护之前所有填了右括号的位置。
Codeforces 1065 F. Up and Down the Tree
给出一棵树，从一个节点可以跳到子树的一个叶子上，叶子节点可以向上跳，但最多跳(k)条边。问从根节点出发最多能遍历多少个叶子节点。(n leq 10^6)。
一个叶子节点可以直接回到根节点，或者以别的叶子为跳板往上跳，即向上跳(k)格然后到子树内另一个深度更浅的一个叶子再往上跳。
我们先看从根节点出发能回来的有多少个叶子，这些叶子都跳掉。然后选择一个子树下去……
从根出发能回来的叶子数量等价于有多少叶子能跳到根。令(f_u)表示从节点(u)为根出发能回来的叶子数量，这样转移：
只要子树最浅的叶子能够到达(u)，那这颗子树就不会断节，所有能到(v)的叶子都能够通过这个叶子到达(u)；反之就没有叶子能够到达(u)。
答案就是每次统计完(f)之后选择子树往下走，注意如果直接往下走会计算重复。因此在转移(f)的时候，一旦转移成功就将(f_v)清空，能够避免重复。问题转化为求根节点出发的最长链，再(dfs)一遍即可。
CF1238F The Maximum Subtree
给出一颗树，要求选出一个(size)最大的连通子图，使得其满足这样的条件：将每个点看做数轴上的一条线段，树上两点之间有边当且仅当对应的线段有交。
(n leq 3 cdot 10^5)。
分析这个条件，不可能存在三条线段相交于同一点，否则就会形成三元环。因此我们得出结论，答案的树的形态就是一条长的链，链上分出长度为1的边。（即一个毛毛虫）。
经过化简，答案本质上就是求点权为“度数-1”的最长链。树形(DP)即可。
洛谷P2371 [国家集训队]墨墨的等式
给出(a_1..a_n)，求(a)基于正整数的线性变换在区间([L,R])内能取到的值得个数。即([L,R])内有多少(B)满足(a_1x_1+a_2x_2+ cdots +a_nx_n=B,x geq 0)。
(n leq 12,a_i leq 5 ast 10^5)。
我们的问题是区间内有多少数能被凑出。我们可以分别求出区间([1,R])和([1,L-1])的答案。下面以(R)为例。
由于加法交换律，我们选定一个(a_i)让它最后加。我们记这个(a_i)为(m)。这样的话，一个数(t)能被凑出等价于不用(m)可以凑出(t-k ast m)，这等价于(t ext{mod} m)能被凑出。因此我们只需要考虑(m)的剩余系中有多少数能被凑出就行了。可以定义(f(i))为能凑出的模(m)等于(i)的最小数，记为(u)。之所以要最小，因为如果最小答案都(>R)那么就显然无解了。这个过程可以用最短路完成，对于(a_i)，我们可以这样转移(f((x+a_i) ext{mod} m) = min{f(x)+a_i})。那么接下来答案就是
洛谷P2939 [USACO09FEB]Revamping Trails
给出一张无向图，可以将至多(k)条边变成边权为(0)。求(1)到(n)的最短路。
(n leq 10^4,k leq 20)
由于(k)很小，分层图跑(Dijkstra)即可。
这道题首先让我联想到了“逛公园”，因此先写了一个(O(nk))的(DP)（记搜），但是挂成了(45)。但是我没有写成松弛的形式，不知道有没有这种实现方法。
Codeforces 280 C. Game on Tree
给出一棵树，起初所有点都是白色的。每次随机选择一个白点，将它以及它的子树全部染黑。问期望染几次以后树上的点全部被染黑。
(n leq 10^5)
期望的线性性质在很多时候能帮助我们拆解问题。比如这道题中，期望的染色次数等于每个点期望的染色次数之和。
期望是所有情况总和的平均值。我们可以考虑随机一个染色序列，按照这个序列来染色。这样的话，一个点被染色一次当且仅当它的祖先没有一个被染过。
2019.11
Codeforces 1225 D. Power Products
给出(n)个数(a_i)并给出一个定值(k)，问有多少对(i,j)能满足(a_i imes a_j = x^k)，其中(x)为正整数。
(n leq 10^5, 2 leq k leq 100)
容易想到两数乘积是(k)次幂等价于分解质因数后指数之和为(k)的倍数。关键在于怎么统计答案。我们将指数对(k)取模，由此对于每个(a_i)满足条件的(a_j)分解质因数后的形式（指数取模）是可以算出的。所以只要用哈希压缩一个数分解后的表达式，在(map)中查询即可。
Codeforces 1242 B. 0-1 MST
给出(n)个点的完全图，其中有(m)条边的权值为(1)，其余所有边的权值都是(0)。求原图的最小生成树。
(n leq 10^5, m leq 10^5)。
我们只看权值为(1)的边。那么可以题型转化为求补图的连通块个数。答案即为连通块个数(-1)。
我们用并查集来维护连通块，问题在于要避免一个点被重复合并。我们用一个类似链表的(nxt)指针，每次暴力合并一段区间，即每个点与它的(nxt)合并，最后一个(nxt)和当前点合并，最后修改区间内所有点的(nxt)，这样就能保证每个点不被重复合并了。
Codeforces 1242 C. Sum Balance
(k)个箱子，第(i)个中有(n_i)个数。每个箱子中的数已知，保证所有箱子中的所有数字互不相同。现在要从每个箱子中选出一个数，将这(k)个数随意排列后一一放回。问是否存在一种方案使得操作后每个箱子中数的和相同。
(n_i leq 5 imes 10^3, k leq 15)。
“所有数字互不相同”这个条件非常重要。因此对于一个箱子，选出一个数后应该放入哪个数是确定的。我们考虑连一条有向边（不允许同一盒子内的数相连），这样的话如果存在一个环，并且环上所有点所在盒子互不相同，那么这些盒子都能够达到最终状态了。
再通过“互不相同”这个条件，一个数只对应一个数，意味着每个点的出边只有一条。因此不会出现环套环。因此我们很容易找出所有满足条件的环。
并不是每个环都是可选的，我们要选出几个环使得其所在盒子互不相同且并集为全集。由于(k)很小，用刷表法状压即可。