摘要：1. Watchmen1.1 题目描述给$n$个点，求曼哈顿距离等于欧式距离的点对数。1.2 基本思路由$|x_i-x_j|+|y_i-yj| = \sqrt{(x_i-x_j)^2+(y_i-yj)^2}$可以推出$x_i=x_j$或者$y_i=y_j$。所以变得超级简单了，排序后对两种情况分别累
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摘要：挺有意思的一道题目。考虑长度为n的数组，重复n次，可以得到n*n的最长上升子序列。同理，也可以得到n*n的最长下降子序列。因此，把t分成prefix（上升子序列) + cycle(one integer repeating) + sufix(下降子序列)。当t<=2*n时，暴力解。注意数据范围。
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摘要：manacher+dp.其实理解manacher就可以解了，大水题，dp就是dp[i]=dp[i>>1]+1如何满足k-palindrome条件。
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摘要：误以为是求满足条件的substring总数（解法是KMP分别以Sbeg和Send作为模式串求解满足条件的position,然后O(n^2)或者O(nlgn)求解）。后来发现是求set(all valid substring), O(n^2)遍历起始和终止位置并利用set肯定超时。因此，利用字符串ha
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摘要：题意是给定一棵树。同时，给定如下k个查询： 给出任意两点u,v，对u到v的路径所经过的边进行加计数。 k个查询后，分别输出各边的计数之和。思路利用LCA，对cnt[u]++, cnt[v]++,并对cnt[LCA(u, v)] -= 2.然后dfs求解各边的计数。
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摘要：线段树的简单题目，做一个离散化，O（lgn）可以找到id。RE了一晚上，额，后来找到了原因。
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摘要：这题目乍眼一看还以为是2-sat。其实很水的，O(n)就解了。枚举每个人，假设其作为凶手。观察是否满足条件。然后再对满足的数目分类讨论，进行求解。
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摘要：这样类似的题目不少，很多都是一堆优化条件求最优解，这个题的策略就是二分+贪心。对时间二分， 对费用采用贪心。
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摘要：这题目一看很牛逼，其实非常easy。求求最小公倍数，最大公约数，均摊复杂度其实就是O(n)。
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摘要：SPFA.注意状态转移条件，ans的求解需要在bfs中间求解。因为只要到了地点n，则无需等待其他tourist。还是蛮简单的，注意细节。
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摘要：显然这个图是一课树，看着题目首先联想到LCA（肯定是可以解的）。但是看了一下数据大小，应该会TLE。然后，忽然想到一个前面做过的题目，大概是在一定条件下树中某结点旋转成为根后查询最长路径。结果灵感就来了，主要思路是对于每个结点，第一次dfs得到两个变量到P结点的最大值以及次大值。然后，第二次dfs对
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摘要：这道题目网上有几个题解，均有问题。其实就是简单的贪心+排序，没必要做的那么复杂。一旦tot+curv > v时，显然curv==2, 有三种可能：（1）取出最小的curv==1的pp，装入当前的p；（2）取出后续最大的curv==1的p，并且装入；（3）当前已经是最优的（即后续不存在curv==1的
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摘要：思路是树形DP+状态压缩。其实仅有2个状态，奇数次来到x或者偶数次来到x。（因为对x的更新不同）。同时开辟visit数组，解决环。注意，一旦遇到环结果就是-1。DP数组存放第奇数/偶数次来到x时，对y的改变两。
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摘要：枚举t加二分判断当前t是否可行，同时求出s。注意不能说|a[n]| <= |3-a[n]|就证明无解，开始就是wa在这儿了。可以简单想象成每当a[n]赢的时候，两人都打的难解难分（仅多赢一轮）；而每当a[n]输的时候，一轮都没赢。在这个前提下，显然存在|a[n]| <= |3-a[n]|。
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摘要：题意异常的简单。就是给定一个邻接矩阵，让你判定是否为树。算法1：O(n^3)。思路就是找到树边，原理是LCA。判断树边的数目是否为n-1。39-th个数据T了，自己测试2000跑到4s。算法2：O(n^2)。思考由图如何得到树，显然MST是可行的。因此，题目变为直接找到MST。然后通过树边构建目标矩
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摘要：题目需要求啥很明确了。主要思想是先计算机联通块，然后每个块内找到一个最小值（以及该值的次数）。最小值和结果1，次数乘积为结果2。联通块tarjan可解。
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