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的节点作为根节点，向上拉直，就形成了一棵树（当然，原图可能是不连通的，所以也可能形成森林）。我们知道，在强连通分量中，任意两点可以相互到达，所以对于一个强连通分量，只要有一个节点作为代表即可。的编号建立新的节点，代替相应的强连通分量。：添加若干条有向边，使有向图中任意两点可以相互到达，求这些边数量的最小值。首先，建立一张有向图——学校是节点，学校间的单向线路是有向边。，要使任意两点可以相互到达，那么任意节点的出入度都不能为。任意节点（即不考虑选出的节点），求这些节点数量的最小值。，则满足条件的节点个数为。

LCA。

我们可以得到求最长不上升子序列的方法。

（因为对于相同长度的上升子序列，结尾元素越小，就越有优势）是升序，所以我们可以选择用二分搜索来优化。如果按这个思路，仍然是。

根据，对任意a和b，一定存在x和y，使axbygcdab。拓展欧几里得算法不仅能求出a和b的最大公约数，而且能找到一对xy使该方程成立。设求解axbygcdab的函数为该函数返回gcdab，即a和b的最大公约数。同时，引用的x和y就是方程的一对解。b0表示的方程为axbygcdab表示的方程为bx′aby′gcdbab我们知道ab是取余运算，可以转换成aba−⌊ba​⌋。

有一系列元素Aa0​a1​...an​...，前缀和presumnA0A1⋅⋅⋅An。利用前缀和，我们可以很高效地得到LR的区间和∑iLR​AipresumR−presumL−1。

【代码】SPFA算法。

有一棵n个节点组成的树，每个节点ai​有一个权值ai​worth。求子树的点权值和的最大值。

【代码】试题 C ：直线。

这是一种优化技巧，用于优化字符串的匹配。是否相等，而是比较二者的哈希值。是哈希基数，相当于把字符串看作。进制数（，哈希函数就是将。的子串，它的哈希值为。的子串，它的哈希值为。我们不直接比较字符串。进制转换为十进制）。

题目要我们求删除数的最小个数。可以转变问题，求能形成的接龙数列的最大长度。由题意可知，我们只需要关注每个数的首、末位数字。

一般是较小的素数)。这时，在使用前两种方法求解。注意：计算过程中可能会溢出，要进行模运算。很大，我们可以通过卢卡斯定理缩小。注：计算逆元时，可以通过。现在，我们的重点是求。

对于∀a∈Rm∈0∞∀a∈Rm∈0∞，求aaa除以mmm的余数的运算，就是取模运算，记作amodma~mod~mamodm。规定0≤amodm≤m−10≤amodm≤m−1。若aaa为负数，则ama~\%~mam可能小于000。此时，对结果进行amma~\%~m+mamm，使取模运算满足规定。若aaa和bbb对mmm。

同时，我们知道了一个因数，就能求出另一个因数。该算法的核心思想是判断因数。经过多轮的筛数，留下的就都是素数了。解决该问题需要用到埃氏筛法：先将。

求两个正整数的最大公约数gcd (greatest common divisor)，最常用的方法是。

B3611 【模板】传递闭包首先，要弄清楚传递闭包的定义，由题意：一张图的邻接矩阵定义为一个 n×nn\times nn×n 的矩阵 A=(aij)n×nA=(a_{ij})_{n\times n}A=(aij​)n×n​，其中aij={1,i 到 j 存在直接连边0,i 到 j 没有直接连边 a_{ij}=\left\{\begin{aligned}1,i\ 到\ j\ 存在直接连边\\0,i\ 到\ j\ 没有直接连边 \\\end{aligned}\right.aij​={1,i 到 j

上文提到，差分约束问题可以用最短路径求解，所以，我们也用一个数组。差分约束问题的典型特征是一组不等式。，这类问题都可以准换为最短路径问题。为起点，并初始化为 0。） = 一个未知数对应一个顶点（接着，用最短路径算法求。） + 一个额外的顶点（

因此，我们需要求出所有顶点的最短路径和次短路径。如果求最短路径，我们很自然会想到。但是，这道题要求的是次短路径。，只是多维护一个次短路径数组。

因为图是连通的，所以最小生成树会覆盖所有的顶点，即。初始状态就覆盖所有顶点，每个顶点各自为一棵树）。为了得到最小生成树，我们采用贪心策略，每次都从。条边的无向图，且是连通图，求最小生成树。各自所在的两棵树要合并成一棵树。从森林变成一棵树，我们需要从。还不在一棵树上，就将该边加入。为了能够高效地合并树，我们采用。是一种求最小生成树的算法。已经覆盖了所有顶点，所以。

该函数用于合并两个元素所在的集合，核心思想是把一棵树的根节点的父节点改为另一棵树的根节点。这里有两点要注意：第一，要把深度小的树合并到深度大的树中，这样可以防止退化；第二，若合并两棵深度一样的树，合并后，树的深度要加1。的根节点，采用了递归的思想。注意，这里采用了路径压缩，每次查询时，把树中的节点都直接连接到根节点上。首先，要对每一个元素初始化。一开始还未对元素进行分类，所以每个元素独自为一棵树，该函数用于判断两个元素是否属于同一集合，只要查询各自的根节点是否相同就行了。此时，每棵树的深度都为0，

因为图是连通的，所以最小生成树会覆盖所有的顶点，即。，依据贪心策略，我们要挑选权值最小的边加入。条边的无向图，且是连通图，求最小生成树。算法是一种求最小生成树的算法。的边中挑选权值最小的边。继续生长为最小生成树。

表明我们可以令某一条边的权值为0，换句话来说，就是为某条边添上一条权值为0的重边。因为每一条边都有可能被选到，所以图中的每一条边都应该有一条这样的重边。但是，如果我们将重边直接添在原图上，就只能表示一次选择（某条边的权值为0）。所以，我们要创建原图的副本，要做。为了与原图有区别，我们需要对副本的顶点按顺序重新编号。个顶点，且是无向图）的到下一层图的重边就变成了。显然，这是一道最短路径的题目，我们可以选择。有了分层图的模型，接下来，我们就来具体实现。有了分层图，我们就能很轻松地解决本题了。

因此，我们改变策略，只对已经找到最短路径的顶点，以该顶点为起点的边进行松弛。我们的重点是如何确定已经找到最短路径的点。一开始，我们只确定了起点的最短路径。肯定也不是正确结果。在这种情况下，进行松弛是没有必要的，除非。中，只要满足松弛条件，我们就进行。可能有重边，所以用集合形式表示。但是，在算法执行的过程中，如果。最接近的点就是我们要找的顶点。为起点的所有边的集合；为起点的所有边的集合；到每个点的最短路径。到每个点的最短路径。

【代码】一些cpp注意事项。

动态规划的核心是先记录，再访问。如果访问过后，数据就不要再需要了，那么覆盖这条记录也不会对结果造成影响。因此，我们只使用一个一维数组。因为是从左向右的循环，所以肯定影响后来的计算。与01背包比较，通过该方法优化后，二者代码的区别仅在。的物品，求所有挑选方案中价值总和的最大值。的物品，求所有挑选方案中价值总和的最大值。从这些物品中挑选出总重量不超过。从这些物品中挑选出总重量不超过。因此，我们只要用一个。计算，则能避免这样的问题。，我们可以发现，虽然。就能实现原来的功能。

显然，完全背包问题与01背包问题的唯一区别：完全背包问题中的物品个数不是唯一的。对于完全背包来说，物品不止一个，在满足一定的条件下，可以取任意多个，即。虽然我们得到了完全背包的递推式，但是它很复杂，接下来对它进行变形。可以发现，因为01背包中的物品只有一个，所以最多只能拿一个。的物品，求所有挑选方案中价值总和的最大值。从这些物品中挑选出总重量不超过。是与01背包唯一不同的地方，即。后，目的是找到集合中的最大值。

执行了两次，这显然造成了浪费。如果能把第一次的结果记录下来，那么就避免了第二次的计算。一般，我们可以先写出搜索算法，再得到递推式；不难看出，与暴力搜索相比，记忆化搜索在原来的基础上，只不过多了。值得注意的是，记忆化数组必须开得足够大。提到的函数递归式，我们可以写出动态规划的递推式。，把搜索过程中的结果记录下来，避免重复的搜索。的物品，求所有挑选方案中价值总和的最大值。，所有挑选方案中价值总和的最大值。我们用一组数据来看一下暴力搜索的过程。有了递推式，我们就可以通过循环来计算。个物品，最后一个物品的编号为。

【代码】高精度运算。

对于数组A[n]diffiAii0Ai−Ai−10indiffiAiAi−Ai−1​i==00in​显然，通过差分数组diff[n]，可以求得A[n]Aidiffii0diffiAi−10inAidiffidiffiAi−1​i==00in​。

开始遍历，直至 i == j，结束循环三。因不满足交换一的条件，所以结束循环一。同时满足三个条件，在循环一结束后，执行交换二，则达到算法的目的。因此，进行交换二，使 A[i] == x，则达成目的。：如伪代码中注释所写，对各个循环和交换操作取一个名称。先遍历，所以）此时已经结束一轮循环（执行过交换一），因不满足交换一的条件，所以结束循环一。，未达到算法的目的。因此，进行交换二，使。仍执行循环三，则循环一结束时。为什么三个循环结束的条件是。已结束循环二，即此时。已结束循环三，（因为。