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注意到若存在两个人同时满足条件的话会推出矛盾，因此满足条件的只能有一个人。开始想到先利用被爱关系，把肯定不满足条件的人踢掉。若果剩下一个人，则判断他是否爱所有人，只见时间一直从0飙到16秒。其实是有线性的方法的，先假定第一个人a满足条件，从第二个人开始遍历。若b爱a或a不爱b，则把a置成b。被覆盖的那些肯定是不满足的条件的，而对于跳过的人，必定存在一个他不爱的人，这就是当时的a，不然，a就要等于他

开始以为子树不仅需要同构，还要每个节点的编号相等，然后发现测试样例怎么对不上的呢。于是看了解题报告，于是思路就暴露了。一个节点对应一颗子树，所以可以为每个节点映射一个整数，这个整数唯一体现了这颗子树的形态。显然这个整数可以递归地由两个孩子对应的整数确定，方便起见，我们把第一次碰到的子树（一个节点）编号为0，然后第二次遇到的编号为1，依次类推。由于写了两个类似的的DFS，调用的时候掉混了，这是第二次

两个简单题，但都是几遍才过的- -3600 Taxi Fare杭州公交涨价了，不过没关系，反正坐的少。当时新老价格不是分开算的，所以出现了舍入问题。#include int main(){ int T; int d, t; double o, n; scanf("%d", &T); while(T --) { scanf("%d%d", &d, &t)

开始想找递推公式，果然失败了。不过对于给定的n和s，可以对n-s个点先排列然后划分成s份，然后计算有x个点树有多少种。这样显然不好递推，也没法写公式。事实上对任意n个点构成的树对应一个长为n-2的Prufer序列，且这种关系是一一对应。所谓Prufer序列是每次拿掉编号最小的叶节点然后将它的父亲push，直到只剩下两个节点。因此可以假定有点0与s个城市分别相连，问题转化为这n+1个点构成的树的Pr

传说中的江湖赌骗术，能自己想到的dp都不是什么复杂的dp。用dp[i][j]k]表示前i次交换看漏j次最后猜k的可能排列数，递推时，若第i步看漏，则dp[i][j][k] += dp[i-1][j-1][k]。若第i步没看漏，则分两种情况：第i步的交换与k有关，另外一个是l，则dp[i][j][k] += dp[i-1][j][l]；若无关，则dp[i][j][k] += dp[i-1][j]

简单题，线性遍历一遍就好。但要注意如果ave(p)计算到第i个顾客为止，那么第i+1个顾客来到时必须睡着。#include #include int c[1001];int sum[1001];int T, n, p, t;int i, tmin, w;int main(){ double max, temp; scanf("%d", &T); while(