成都集训游记
前言
这个东西给谁看？
其实里面的题目并不是重点，而是希望有人看到后能够吊打我而保持乐观的心态振作起来，保持热爱，继续前进。
同时也是给未来的自己看，希望未来的我一定会更强。
\(07.08\)
坐高铁到成都，感觉良好，下午打了场月赛，感觉还行。
\(07.09\)
今天是数据结构专题。
题单
题目链接：Link
A Ice-cream Tycoon
我们考虑将权值离散化后搞进一颗权值线段树里，然后分治即可，要维护一个权值和总数和是否删除的标记就行了。需要注意的是，输入格式的问题。
B New Year Tree
发现可以通过 \(\text{dfs}\) 序转化成序列问题，然后用 \(\text{bitset}\) 维护每一种颜色，剩下的就是普通线段树了。
C Ping-Pong
考虑用线段树和并查集实现，对于每个端点，我们存入一颗线段树中，然后查询时，看一个节点与当前结点上区间端点的交集，然后用并查集合并一下就好了，注意要清空线段树的结点，线段树结点可以用个 \(\text{vector}\) 搞一下。
D Life as a Monster
考虑将切比雪夫距离转化为曼哈顿距离，这是一个经典问题，然后如果要求曼哈顿距离和就一个点的横坐标维护一颗线段树，纵坐标维护一颗线段树，然后把曼哈顿计算柿子拆开，用线段树爆算即可。
这道题还在调。
F New Year and Conference
考虑二维数点，但是判断不合法十分的困难，所以我们给每个区间搞一个随机值，然后排完序后正反扫两边，去哈希，如果异或起来的值是 \(0\)，那么就是可行的，错误率仅为 \(\frac{1}{2^ {31}}\)，非常的好。
这道题有点不太懂。
感受
感觉心态有点小炸裂，特别是 A 题，调了一坤时都没调出来，最后发现是输入有问题，感觉要炸裂了啊，特别是因为总是要看题解才能写出代码，感觉写多了 DP 有点写不动数据结构，被 ChiFAN 嘲讽了，每次就是这样，一碰到题目想完后就看题解，看题解就想贺，贺完之后又很自责，感觉是个恶性循环，要改改了。
晚上想了一下原因，还是因为太紧张了，去年 CSP 失利后感觉热情有点低，今年 CSP 前要赶快调整状态，后天考试，感觉每次考试都很紧张，紧张就考不好，又是一个恶性循环。每次题目都有一点没想明白，不知道是正常现象还是不正常。
\(07.10\)
今天是数论专题。
题单
题目链接：Link
A Strange Limit
要求一个 \(p^{p^{p^{.^{.^{.^{p}}}}}} \bmod m!\)，考虑使用扩展欧拉定理，定理内容为：\(a^b \equiv a^{b \bmod \varphi(p) + \varphi(p)} (\bmod p)\)，然后我们递归求解直到 \(\varphi (p) = 1\) 为止，因为此时继续计算是没有意义的了。
小订正：如果上面 \(b < \varphi (p)\)，那么有 \(a^b \equiv a^{b} (\bmod p)\)，但是由于指数是无限的，肯定是大于等于 \(\varphi(p)\) 的。
B GCD Determinant
zyb 在网上搜了结论，这个结论说这个矩阵的行列式就是所有数的欧拉函数之积，然后由于值域很大，所以我们质因数分解爆算欧拉函数，再相乘就可以了。
这个结论有点不太懂。
E Remainders Game
我们发现针对一个数 \(x\)，令 \(x \bmod c_i = d_i\)，那么如果想要保持 \(d_i\) 不变，那么下一个 \(x'\) 就是 \(x + \text{lcm}(c_i)\)，那么这个柿子就是 \(x + a\text{lcm}(c_i) \equiv x (\bmod k)\)（因为所有的 \(x \bmod k\) 的结果都要一样），所以只有当 \(k | \text{lcm}(c_i)\)，才能有可能。注意爆算会炸掉，舍去无用的就可以了。
Power Tower
这个也是用扩展欧拉定理，只不过需要考虑两种情况而已。然后考虑证明这个递归是 \(\log_n\)，用更相减损术证明 \(n > 2, 2|\varphi(n)\)，然后就可以发现每次递归 \(\varphi (n)\) 的大小是折半的，就可以证明了。
G Master of Phi
首先你发现这个东西是狄利克雷卷积的一般形式，而且两个函数都是积性函数（第二个函数是单位函数），所以我们考虑求解，我们把 \(p, q\) 带进去，那么一组答案就是：
然后伟大的 zyb 发现这个是个等比数列，由于欧拉函数是一个积性函数，所以 \(\varphi(p^i) \times \varphi(p) = \varphi (p^{i + 1})\)，然后 \(\frac{\varphi(p)}{p}\) 就是上面那个柿子的比值，然后用公式就可以爆算了，注意最终结果是相乘不是相加。
感受
感觉还行，没有码量很大的题目。有些题思考也能想出来，总之稳住心态，面对明天的考试。上午的讲课过于牛逼，听懂了一半左右。反正数论这一块东西大家都可以优势互补，没有谁哪道题都会做。思考了一下昨天为什么会失利，原因是因为我打代码是一边打一边检查，速度很慢，久而久之就感觉很空虚，不过还好今天自己打出了昨天 D 题，算是找回了点颜面。
\(07.11\)
今天是 NOIP 模拟赛（保留了大部分的挂分，你才知道你考的是 NOIP）。
string
这个题很简单，你就从中间分类两次断开，然后用两个指针扫一下，只允许一次不同，最后判一下就好了，需要注意的是插入字符正好在中间的情况。
friends
考场上没太想，最主要的是可以搞成一个团，用并查集搞一下就可以了，没太打。细节比较多，好像机房没几个人 A。
多的东西就放云剪贴板里了：Link。
dishes
差一点想到正解。
考虑一个事情，如果钦定 \(a\) 中选的个数与 \(b\) 中选的个数，那么下一个过程的时间一定是固定的，这也促使我们写出一个 \(O(n^2)\) 的 DP，然后我们发现我们可以将一个不等式给预处理出一部分，那么就是一个前缀和小于一个餐的时间的形式。
然后你发现是一个矩阵，把 DP 差分一下。
考场上想到这里就没想了，伟大的 zyb 爷爷告诉我可以用滚动数组优化掉一维，由于时间前缀和是单调的，所以我们使用线段树来维护一下，然后 zyb 爷爷就 A 了，十分的巨。
感觉有点不太懂，没写代码。
感受
最开始以为只有自己是 \(100\) 多分，结果成绩出来后大家都挂分了，chifan 口胡的两道题更是直接保龄，我这个分数甚至能排进前 \(10\)，最后有点遗憾的就是 T2 有点没想，考试完后问一下万能的 zyb 爷爷，让他为我解疑答惑。
\(07.12\)
今天是图论。
题单
题目链接：Link
讲题摘要
- 必须掌握 Tarjan。
- 无向图的 dfs 树只会有连向祖先的非树边。
- 如果求最小生成树边过多可以考虑删除无用边。
- ......
D Connecting Cities
考虑分治建边，每次考虑取两边的极小值加上两边的值建边，这样边数最多是 \(O(n \log_2 n )\) 的，具体实现可以看代码。
E Tournament
容易发现将 \(k\) 个关系缩点后是一条链，最后一个节点的节点数就是答案，每次插入一个点，就把它和其他不能完全战胜它的点合并起来，这里使用 \(set\) 维护就好了。
G Gift
首先按照 \(a\) 排序，这样你就解决了一维的问题了，然后考虑将一条边加入最小生成树集合里的情况，分两种：
- 加入后连接了一个新的点，此时可以直接连接。
- 加入之后构成了一个环，此时找这个环上最大的那条边，把它删掉，这里可以暴力维护，具体参见代码，注意删完边后并查集的结构会改变。
然后就做完了。
感受
今天这个晚上，又是彻夜难眠。
我开始思考我学 OI 的意义所在，难道我就只能这样下去了吗？我有像当初那样的热爱吗？我感觉现在切掉一道题没有像以前那样激动，开心，反而是因为看题解的感慨，失望。
我觉得本质原因是写题目的时间变长了，感到很空虚，虚度了光阴，很无奈，所以我必须得问别人，看题解，照着写代码，这样是不好的，但是我很难改变我传统的观念。
我普及组一等奖之前没有想过要拿奖，但是今年提高组，我觉得是一个莫大的挑战，去年的失败已经让我感受到了危机，我不断变得更强，但只觉得内心更加空虚，今年会考什么样的题？考什么算法？谁也不知道。
和别人的对比越来越强，但是从未从自己发现自身的问题，该如何去前进？我觉得这是一个很好的问题。我们都是为了同一个目标，但是谁能走到最后？也许我现在不是思考这个问题的时候，但是我觉得今年的 CSP-S 前两道题必须得切掉，这也许是通过小问题解决大问题的唯一方式。乃至以后的各种大考，对我来说都是一种巨大的挑战。
也许我需要自信，相信自己永远是解决问题的最好方式。
码完这段字，我觉得 CSP 前几个月，需要前所未有的专注，舍弃掉那些无用的东西（比如题解，颓废），提高训练的效率，也许是提升实力的唯一方式。
\(07.13\)
考试日，保龄了，所以题目留到明天写。
\(07.14\)
大半天
上午去熊猫基地玩了玩，然后下午去打电动，zyb 爷爷和王文翰爷爷十分的强，搞到了好多娃娃。
lightning
这道题首先把式子列成一个 DP 式，发现这个式子有决策单调性（其实是因为 \(\sqrt a\) 的一些性质），在此不做说明。然后我们发现对于这个式子没有什么过好的解法，于是利用决策单调性进行分治，不难发现时间复杂度是 \(O(n \log_2 n)\) 的。
然后说一句，zyb 爷爷在考场用二分队列把本题切掉了，十分的强悍。
ski
说句实话，这道题比 lightning 简单。
我们考虑滑动一定是左右或者上下滑动最优的，并且可以分两种基本情况考虑：
-
回弹，滑一次出去，再滑一次，就可以移动到相邻格子，可以以此类推。
-
不回弹，弹一次后碰到墙壁，继续走。
然后我们可以根据这两个基本走法建边，不难发现最优路线一定不会走回头路，所以新建的冰块是没有影响的。注意边的数组要开大一点。
感受
今天 T3 调得有点疯了，感觉精神有点不太正常。
\(07.15\)
今天是 FSY 杂题分享。
题单
题目链接：Link
Lost Temple
虽然没 A，但是我要口胡。（据说 CCPC 这题没人过）
首先不难看出一个点被消掉的时间是走到外面的最短路，我们要求得正是一列中走向外面的最短路最长的点的距离是多少，容易发现相邻两列的答案最多差 \(1\)，所以我们只需判断一个距离是否合法即可。
如果从一列走出的话，要不就是走上面，要不就是走下面，然后你发现这个东西是有一个上下界的，可以用单调队列直接扫一遍过去。
Horrible Cycles
我 c 这题真的好牛逼，刚开始题解都看不懂，硬生生磨了 \(1.5 hour\) 才磨出来。
首先我们把所有左部点插到 \(a_i\) 的右部点后面，顺序无所谓。然后我们发现一个很好的性质，就是所有左部点都连向上面的右部点。
然后我们可以设一个 DP 状态：\(f_{i, j}\)，表示如果只取前 \(i\) 个点构成的链的数量，因为肯定会把环断成链。
然后我们考虑转移，如果这个点是右部点，那么与上面没有任何用，所以只能算自己本身是一条链，转移：
然后如果这个点是左部点，那么这个点与上面所有右部点都有连边，会将上面的两条链合并为 \(1\) 条，这里需要思考一下，转移：
然后考虑答案，是将之前的一条链连起来合成一个环，需要思考，即为所有 \(f_{i - 1, 1}\) 的总和，然后我们再减去所有二元环的个数，由于链是有序的，所以减完后要除以 \(2\)。
感受
感觉今天题很难，不知道是因为题太难还是我太菜，包括写的一道题都只搞懂 \(70%\)，准备会长沙后问 Qiuly。
对于明天的考试，有几点要明确：
- 尽力去做，暴力拿满。
- 记得对拍，要大数据。
- 不开 long long 见祖宗。
- 调试代码记得删。
其实我觉得以上都是对于考试中要做的事情，真正是要做到心态平稳，自信面对考试，只要考试对你有收获，不论考得怎样，都是有益的。
\(07.16\)
今天上午 UNR，没考试，非常的 ****。学的是字符串。
题单
题目链接：Link
动物园
其中 \(num\) 数组就是不重叠的前后缀个数，考虑如何求出，我们可以不断套 \(next\)，由于这个是最长的公共前后缀长度，所以跳到 \(< \frac{i}{2}\) 就可以计算了，但是这个做法是 \(O(n \log n)\) 的，所以非常的不优，考虑 \(next_i < i\)，所以我们可以将指针一同跳，这样失配时跳的数量会大大减少，是 \(O(n)\) 的。
字符串的匹配
一道神仙题。
考虑我们要求排名，也就是要求相对位置相等，所以我们可以通过查找 \(b\) 的前驱后继来判断这一过程，然后就是模板 KMP，具体可以参考：Link。
Sza-Template
这个题可以用失配树做，但用 DP 更简单。
考虑设 \(f_i\) 为到了前缀 \(i\) 最小的字符串长度，考虑这个东西可能为两个值，\(f_i\) 和 \(f_{next_i}\)，考虑什么时候可以到 \(next_i\)，当然是后面的最长后缀与前面的最长前缀有重叠的时候就行了，用个桶记录一下。
Country
看 TJ 写的，感觉匡爷爷十分的有实力。
首先考虑暴力展开 \(KMP\)，发现相同字母的 KMP 指针显然是可以互用的，所以考虑记忆化搜索，每次记录 \(f_{i, j}\) 为第 \(i\) 个字符之前处理的模式串匹配了 \(j\) 位的匹配次数，然后设一个 \(pos\) 表示 KMP 指针指到了哪里，然后如果是大写字母就递归，如果是小写字母就继续匹配 KMP，我觉得是非常正确的。
Substrings in a String
考虑用 bitset 搞一下。
存储每个字符出现在哪一位，然后查询时扫一遍，把连续 \(len\) 个字符的情况压进一个 bitset 里，然后查询有效区间里有多少个 \(1\) 就可以了。
感受
被 hhx 嘲讽了 ctj，感觉很爽（bushi。
感觉有点听不懂，怎么办呢？（凉拌
反正就是再接再厉，希望不看 TJ 写出题来。
\(07.17\)
感觉今天考试很人类智慧啊，T1 sb 智慧背包优化，T2 sb 神奇题目，T3 T4 md 黑题，结果一题没写，好像 T1 很简单？反正想骂人了。
jewel
感觉是一道很经典的题目了，要仔细写一写，在考场时很后悔没有学习单调队列优化多重背包。
首先如果这道题采用普通背包的方式去搞肯定是会 T 掉的，且复杂度类似于 NP 问题，不能再优化了，我们考虑从 \(1 \le c_i \le 300\) 入手解决，发现有很多物品的 \(c_i\) 是本质相同的，我们有发现一个经典结论：如果相同的 \(c_i\) 取得话，那么一定是选最大的一段，所以我们把相同的 \(c_i\) 排个序，然后搞出前缀和。发现转移就是下面这个柿子（\(f_i\) 表示恰好放了多少重量的最大价值）：
其中 \(sum\) 就是前缀和。根据多重背包的经验之谈，我们可以优化到下面这个转移：
你考虑 \(sum(p, i)\) 会随着 \(p\) 的增大，他的增长率是不升的，类似于一个凸包，然后我们可以推出，对于 \(j > k\)，他们的决策点 \(pos_j \ge pos_k\) 的，这个可以盲猜一波。
然后我们通过 cdq 分治去处理这种决策单调性的 DP 问题，放一下代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
const int M = 305;
int n, k;
int w[N], tmp[N], dp[N], f[N];
vector < int > g[M];
struct Node {
int c, v;
} a[N];
bool cmp ( int x, int y ) {
return x > y;
}
void cdq ( int l, int r, int x, int y ) {
if ( l > r ) {
return ;
}
int mid = l + r >> 1;
int maxi = -1, p = 0;
for ( int i = x; i <= min ( y, mid ); i ++ ) {
if ( maxi < tmp[i] + w[mid - i] ) {
maxi = tmp[i] + w[mid - i];
p = i;
}
}
dp[mid] = maxi;
cdq ( l, mid - 1, x, p ), cdq ( mid + 1, r, p, y );
}
signed main () {
cin >> n >> k;
for ( int i = 1; i <= n; i ++ ) {
cin >> a[i].c >> a[i].v;
}
for ( int i = 1; i <= n; i ++ ) {
g[a[i].c].push_back ( a[i].v );
}
for ( int i = 1; i <= 300; i ++ ) {
sort ( g[i].begin (), g[i].end (), cmp );
}
for ( int i = 1; i <= 300; i ++ ) {
if ( g[i].size () ) {
for ( int j = 1; j * i <= k; j ++ ) {
if ( j <= g[i].size () ) {
w[j] = w[j - 1] + g[i][j - 1];
}
else {
w[j] = w[j - 1];
}
}
for ( int z = 0; z < i; z ++ ) {
int cnt = 0;
for ( int j = 0; j * i + z <= k; j ++ ) {
tmp[++ cnt] = f[j * i + z];
}
cdq ( 1, cnt, 1, cnt );
for ( int j = 0; j * i + z <= k; j ++ ) {
f[j * i + z] = max ( f[j * i + z], dp[j + 1] );
}
}
}
}
int maxi = -1;
for ( int i = 1; i <= k; i ++ ) {
maxi = max ( maxi, f[i] );
cout << maxi << " ";
}
return 0;
}
trap
考虑以陷阱为根，然后考虑老鼠走的过程。
老鼠假如到了一个节点，那么一定最优方案一定是往下走后被逼着走上去，所以我们可以预处理出 \(f_i\) 表示以 \(i\) 为根的子树老鼠进去后再管理者采用最优方案的情况下，老鼠重新到 \(i\) 的步数。考虑管理者先行，所以一定是把最大的子树给堵掉，然后老鼠一定是走向第二大 \(f_v\)，如果有两个最大的 \(f_v\)，同样如此，可以模拟。
然后考虑进去后出来的贡献现在是非常好算的，老鼠一定会被堵到一个叶子节点内，此时会被它所走的路弄脏，所以我们只要把这个点到根节点的路径擦干净就好了，最优方案一定是把其他分支给堵起来。但是老鼠可以先向上走一段然后再进入子树等待收编，于是我们二分这个过程，去看是否路径上每个都行，然后就行了。
总之还是有一点不理解，懂？
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
int n, t, m;
int f[N], g[N], fa[N];
bool vis[N];
int head[N], tot;
struct Graph {
int to, next;
} edges[N << 1];
void add ( int u, int v ) {
tot ++;
edges[tot].to = v;
edges[tot].next = head[u];
head[u] = tot;
}
void dfs ( int x, int dad ) {
int siz = 0, maxi1 = 0, maxi2 = 0;
for ( int i = head[x]; i; i = edges[i].next ) {
if ( edges[i].to != dad ) {
siz ++;
}
}
if ( x != t ) {
g[x] = g[dad] + siz - 1 + ( x == m );
}
for ( int i = head[x]; i; i = edges[i].next ) {
if ( edges[i].to != dad ) {
dfs ( edges[i].to, x );
if ( maxi1 < f[edges[i].to] ) {
maxi2 = maxi1;
maxi1 = f[edges[i].to];
}
else if ( maxi2 < f[edges[i].to] ) {
maxi2 = f[edges[i].to];
}
}
}
f[x] = maxi2 + siz;
fa[x] = dad;
}
bool Check ( int x ) { // 这里有点没太懂，问问 Qiuly 吧
int tmp = 1; // 为什么要设 tmp？
for ( int i = m; i != t; i = fa[i] ) {
int cnt = 0;
for ( int j = head[i]; j; j = edges[j].next ) {
if ( !vis[edges[j].to] && f[edges[j].to] + g[i] > x ) {
cnt ++;
if ( !tmp ) {
return false;
}
tmp --;
}
}
x -= cnt;
tmp ++;
}
return x >= 0;
}
int main () {
ios :: sync_with_stdio ( false );
cin.tie ( 0 ), cout.tie ( 0 );
cin >> n >> t >> m;
for ( int i = 1; i < n; i ++ ) {
int u, v;
cin >> u >> v;
add ( u, v ), add ( v, u );
}
dfs ( t, 0 );
for ( int i = m; i; i = fa[i] ) {
vis[i] = true;
}
int l = -1, r = 1e8;
while ( l + 1 < r ) {
int mid = l + r >> 1;
if ( Check ( mid ) ) {
r = mid;
}
else {
l = mid;
}
}
cout << r;
return 0;
}
joker
就是发现答案具有单调性，然后 CDQ 分治就好了，注意把删边变成加边操作。（调出来再写）
感受
感觉被各位大神踩爆了啊。在我妈和我自己（雾）的疯狂洗脑下，我竟然还保持着一个乐观的心态，真 tm 不知道怎么搞得。
jewel 感觉是一道很经典的一道题，要想想自己为什么没想出来。
然后就是考试为什么喜欢考 cdq 啊，虽然匡爷和 zyb 都说是普通分治，但是觉得应该是 cdq。同时也喜欢考 JOI 的题目，ChiFAN 怒切——只能评绿。
然后就是心态要好，不过今天后面三道题都是黑怎么搞啊！！！
\(07.18\)
今天 老 K 给我们讲课，好像没怎么听懂？
然后今天都是改考试题目，写到昨天的总结里了。
好像没有新建题单。
\(07.19\)
今天考试好他妈傻逼，考到一半电脑爆炸（多看了一眼），本来 T1 A 了，结果直接爆炸，结果考后一堆挂分，貌似靠前？
mirror
首先一眼最短路题。
我们对网格跑最短路，考虑一个空格有两种镜子选择，我们可以拆点（因为有两种路径）连边跑最短路，暴力建边。
现在我们考虑解决两个问题：
- 如果一个镜子被经过两次不同的路径怎么办。
- 如果一个镜子跑最短路发现同时属于两种镜子怎么办。
首先，以上两种情况都是不可能出现的。对于 \(1\) 来说，明显可以去掉这个镜子，这样会更优，而对于 \(2\) 来说，走同向路径明显是不优的。
match
貌似是一个很典的 Trick，和之前那道二分图 DP 那道题有异曲同工之妙。
考虑把牛和牛棚放在一起排序！这个想法是完全没有想到的，然后就可以设状态 \(f_{i, j, 0/1}\) 表示前 \(i\) 个元素，有 \(j\) 个待匹配的牛（也可以最终没匹配上），无/有不匹配上的奶牛，注意到这一维和 \(j\) 是本质没有影响的。
最终转移就不说了，看代码：
f[0][0][0] = 1; // 最开始方案数为 1
for ( int i = 0; i < 2 * n; i ++ ) {
if ( !a[i + 1].second ) {
for ( int j = 0; j <= n; j ++ ) {
f[i + 1][j + 1][0] += f[i][j][0];
f[i + 1][j + 1][0] %= mod;
f[i + 1][j][1] += f[i][j][0];
f[i + 1][j][1] %= mod;
f[i + 1][j + 1][1] += f[i][j][1];
f[i + 1][j + 1][1] %= mod;
f[i + 1][j][1] += f[i][j][1];
f[i + 1][j][1] %= mod;
}
}
else {
for ( int j = 0; j <= n; j ++ ) {
if ( j > 0 ) {
f[i + 1][j - 1][0] += ( 1ll * ( 1ll * j * f[i][j][0] ) % mod );
f[i + 1][j - 1][0] %= mod;
f[i + 1][j - 1][1] += ( 1ll * ( 1ll * j * f[i][j][1] ) % mod );
f[i + 1][j - 1][1] %= mod;
}
f[i + 1][j][0] += f[i][j][0];
f[i + 1][j][0] %= mod;
}
}
}
cout << ( f[2 * n][0][0] + f[2 * n][0][1] ) % mod;
感受
这一天还挺行的，至少心态没崩。
然后评价 zyb 与 yjf 出的比赛，我之前踩过坑，所以我总是劝告：
yjf：
yjf：最近出了一道数据结构科技，打算出场比赛。
zyb：AC 自动机上淀粉质怎么样，Fail 树上 DP 怎么样。
感觉我说话语气挺好，情商不是很低，可以他们认为我很菜，认为我不配评价他们的题目，但是接受到的回应却是这样的：
yjf：我觉得我很清楚你的数据结构实力。
zyb：做不出就直说，不要话里套话。
在此不做评价，虽然我很弱，但是并不应该受到鄙视链的影响，这是一个 OIer 所具备的良好素质。我觉得 kcr 的态度就非常好，题目也更加高质量，更喜欢这种内敛，情商极高的人（并无对号入座）。
可以引用 Qiuly 对我说的一句话：
Qiuly：你们这个时候不要出比赛，专心刷题，没实力（无对号入座）还出题，图个啥？（指得不是我，我只能笑笑）
我不做评价，但是内涵一下 yjf 和 zyb，希望所有这种人都可以引起反思，并重视这种问题。
再评价关于 yjf 得到 UNR 银牌这种事，我只能笑笑，不做评价。
\(07.20\)
今天讲 DP 呢，做的题目都放在 DP 小结里了。
但是还是非常难得，毕竟是 zjk 给我们讲课，智商不在一个层次。
\(07.21\)
由于是最后一天，所以不会写什么东西，关键写一下对成都集训的总结。
总结
总之还是有收获的，从两个方面来谈的话就是：实力的提升和人缘的认知。
从实力的角度来谈，我做的题目更加困难了，感觉思维更加有深度了，这是我自己的感觉。但从别人的角度看，就可能不是这样子的了（请勿对号入座）。
从人缘的角度来说，让我认识了更多的高手，比如寝室里两位今年打 NOI 的选手就非常的强悍，但与此同时，我也发现了一些与人不友好相处的人，请勿对号入座。
PS：没有 PS。
虽然但是，在成都之行中也有很多不愉快的瞬间（请勿对号入座），比如喷原神之类的。 但我希望这次旅行能给我带来学 OI 的信心与前进的动力，与看清楚 OI 世界的广大！
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