8.18

前序遍历：根左右

中序遍历：左根右

后序遍历：左右根

P3916图的遍历

题意：求每个节点能到达最大节点的编号；

SOL：反向建边，倒序枚举最大节点能到达的点。

如果枚举每个点的出边，会发现出边的出边的出边……才是最终的结果，考虑反向建图，倒序枚举最大的点，dfs，这个点能到达的所有的点都更新一遍，第一遍更新的时候一定是最大值，所以如果已经算过一遍就直接return。

P1229遍历问题（已知前序后序遍历，求中序遍历有几种）

tip:只有一个儿子 的节点 才会在知道 前序后序 的情况下有不同的中序遍历，
所以将题目转化成找 只有一个儿子的节点个数。

分析：在先序遍历中某一元素A的后继元素B（**B可能是A的左节点或A无左节点，B为A的右节点**），如果在后序遍历中A的前驱元素是B
**B可能是A的右节点或A无右节点，B为A的左节点** ，

综上，**那么A只有一个子树，** 问题即得解，

SOL：求出有x个节点的子树只有一个（那么中序遍历就可能是左子树或右子树两种），答案即为2^x;

代码

P1443 马的遍历

printf("%-5lld",f[i][j]);

代码

P5407 [THUPC2019]历史行程

蔡勒公式的运用

int week=(c/4)-2 * c +(y+y/4)+(13 * (month+1))/5+day-1;

代码

P1346 电车

对于默认状态的边，边权赋值为0，其他边赋值为1（意为要改变一次），用Floyd跑一边最短路即可求出最少改变多少次开关。

P2863 [USACO06JAN]牛的舞会The Cow Prom

tarjan缩点，如果强连通分量的size>1则舞会成功

P1807 最长路_NOI导刊2010提高（07）

与最短路的不同：

mem(dis,-0x3f);

if(dis[v]<dis[u]+w)

P2746 [USACO5.3]校园网Network of Schools（复习tarjan）

子任务a：求出指派几个学校即可将消息传遍

SOL：tarjan缩点后，答案为入度为0的点的个数

子任务b: 求再加几条边能使所有学校连成一个强连通分量

SOL：max(出度为0的个数，入度为0的个数)；显然，出度为0连一条入度为0的点即可，但是如果出度为0的个数！=入度为0的个数，则多的那个随便连就好了。

record:1nd 90pts:Bcnt == 1 的时候 子任务b的答案不能取max(出度为0的个数，入度为0的个数)；要特判，输出0；

UVA1665 岛屿 Islands

P1197 [JSOI2008]星球大战

如果动态维护连通块个数且连通块内元素不断减少，则离线处理询问，倒着加点求并查集。

P1162 填涂颜色

首先对外围的0，dfs并标记
a[i][j]填2的时候当且仅当：
1.未被标记
2.不是1

这里的重点是dfs，显然不可能对每个点都dfs，如果这样的话被围着的点也会被标记，只能搜外面的点，如果dfs(1,1)的话，下面这组数据就出了问题：

10
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 0 0 0 0 0 0 0 0 1
1 0 1 0 1 0 0 0 0 1
1 0 1 0 1 0 0 0 0 1
1 0 1 0 1 0 0 0 0 1
1 0 1 0 1 0 1 1 1 1
1 0 1 0 1 0 1 0 0 0
1 0 1 1 1 0 1 1 1 1
1 0 0 1 1 0 0 0 0 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

正解是

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 2 2 2 2 2 2 2 2 1
1 2 1 2 1 2 2 2 2 1
1 2 1 2 1 2 2 2 2 1
1 2 1 2 1 2 2 2 2 1
1 2 1 2 1 2 1 1 1 1
1 2 1 2 1 2 1 0 0 0
1 2 1 1 1 2 1 1 1 1
1 2 2 1 1 2 2 2 2 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

而dfs（1,1）的结果是

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 2 2 2 2 2 2 2 2 1
1 2 1 2 1 2 2 2 2 1
1 2 1 2 1 2 2 2 2 1
1 2 1 2 1 2 2 2 2 1
1 2 1 2 1 2 1 1 1 1
1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 
1 2 1 1 1 2 1 1 1 1
1 2 2 1 1 2 2 2 2 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

我们可以从dfs(0,0)开始搜！！！！ 这样就很好的解决了边界问题。

代码