give it a try

题目传送题意:给你一个n*n的矩阵，m个车，中几个车可以在每次可以在x轴上或者y轴走任意的长度。但是得保证一行或者一列中只能有一个车。现在问最少多少次把所有的车都移到主对角线上。思路:假如一个点(x,y)能直接移动到(x,x)或者(y,y)上的话，那么就直接移动，那么就只需要一次，但是如果不能移动的话(也就是说有其他棋子在那一行或者那一列中)那么这个点必须让一步，也就是多退一步，只要一个点让一步，那么其他点都可以一次性到达一个对角线上的点，然后退的这个点，又只需要只用一步就可以到达一个对角线上。退一

题目传送题意:给你N个人，这n个人，有些人是朋友，有些人不是朋友(如果1和2是朋友，2和3是朋友，那么1和3也是朋友)，现在问，你最少分多少组，使得每一组中的每一个人都不是朋友思路:其实就是求最长的环，或者一条链的最长长度，那么这几个人是肯定不能在一起的，所以这就是最少的分组，用并查集求出即可AC代码#include <bits/stdc++.h>inline int read(){char c = getchar();int x = 0,s = 1;while(c < '

题目传送题意:一张 n * m 的地图，上面有空地和墙。给定起点和终点，你可以往上下左右相邻的结点走，但是只能走空地，你也可以用魔法跳到以当前点为中心，5 * 5的范围内的任意空地。要求出走到终点使用魔法的最少次数。思路:我最开始的思路是并查集求连通块(块是一个相互连通的方格区，因为这一块的步数一定是一样的)，然后判断从起点块到终点块的最小值，我觉得是没有问题，应该是哪里写错了，导致wa了。后来了解到，这个是典型的01bfs我理解的01bfs是，在最短路中，花费的代价为0和1的时候，要求代价最少

题目传送题意:一个游戏有N个回合，每回合提供两个整数ai和bi，每回合只能选以下三个操作之一。不做任何操作。如果ai没被选过（指ai的数值），可以选择ai。如果bi没被选过，可以选择bi。先给出所有a1,a2,…,an与b1,b2,…,bn，求出选择的最多整数数量。思路:我们把每一回合的俩个数连成一条边，那么现在这些边与边互通，我们用并查集记录他现在的根，不断更新，然后求出来，最后有几个连通块，以及在这些连通块中，有几个是环，如果一个连通块是环，那么这里面的数全部都可以选(可以自己画画图来验

题目链接题目:代码#include <bits/stdc++.h>inline int read(){char c = getchar();int x = 0,s = 1;while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') s = -1;c = getchar();}while(c >= '0' && c <= '9') {x = x*10 + c -'0';c = getchar();}return x*s;}

题目传送题意:思路：由题意可知，起点和终点之间的没有停的站台点一定是比停了的站台点的级数低，所以这里就有一个大小关系，我们可以把没有停的站台点到已经停了的站台点之间连一条边。然后最后利用拓扑的思想来判断最多有几级。AC代码#include <bits/stdc++.h>inline long long read(){char c = getchar();long long x = 0,s = 1;while(c < '0' || c > '9') {if(c ==

洛谷 - P1807题目传送题意:思路:只有DAG(有向无环图)才有最长路最长路其实思想和最短路的思想是一样的，如果没有负权值，那么我们完全可以用dijkstar解决(在枚举当前最短路径的时候，直接枚举最长路径即可)。但是很不幸，这个题有负权值，那么dij解决不了，如果用floyd的话，看到数据为 1 <= n <= 1500，看到会t掉。所以这里用另外一种方法解决，他就是 Bellman-Ford (时间复杂度为(n*m)，也就是点的数量乘边的数量，求单源路径)算法原理:才

题目传送题意:思路:1.那么他给定了n个点，n-1条边的无向图，又说了这个图是相互连通的，那么一个点到另外一个点的路径是唯一的。2.既然路径是唯一的，那么我们就看路径的性质，如果这条路径上面又有G又有H，那么无论谁走这条路都会高兴的。而如果这条路上只有H或者G，那么当喜欢另一种口味的人，走这条路就会不高兴3.所以找出其特性:给定俩个点，路径唯一，只有当这条路的字符一样的时候，才有可能使客人不高兴，而字符一样，那不就是具有相同的性质吗?用并查集将字符一样的边连通，后面再判断就是。LCA我还不会