https://file.floj.tech/export/nYGAiM5E4Y4e15467bb2
t1 图
【题意】
给定无向连通图，判断它是否能被适中颜色染成使每个边所连的两个点颜色不同。如果不能则找出删去后原图仍然连通的奇环。
【题解】
先找出原图一颗生成树，黑白染色使相邻的点颜色不同。在剩下的边上如果是一个二分图，则可以，否则有奇环。dfs并将沿途点再次黑白染色。如果染不了力则向上跳父亲知道跳到对面的点，这就是奇环。否则将染好的色输出即可。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=3e5+5; bool pan; int n,m,last[N],last3[N],size3,st[N],top,size=1,ans[N],ge,last2[N],size2,siz,fa[N],ans1; int book[N],ji[N<<1]; struct pigu { int dao,ne; }a[N<<1],b[N<<1],c[N<<1]; inline void lingjiebiao2(int x,int y) { b[++size2].dao=y; b[size2].ne=last2[x]; last2[x]=size2; } inline void lingjiebiao(int x,int y) { a[++size].dao=y; a[size].ne=last[x]; last[x]=size; } inline void lingjiebiao3(int x,int y) { c[++size3].dao=y; c[size3].ne=last3[x]; last3[x]=size3; } inline int read() { char c=getchar(); int x=0,f=1; while(!isdigit(c)) {if(c=='-') f=-1;c=getchar();} while(isdigit(c)) {x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';c=getchar();} return x*f; } inline void dfs1(int now) { for(int i=last[now];i;i=a[i].ne) { if(book[a[i].dao]==0) { book[a[i].dao]=1; ji[i]=ji[i^1]=1; ans[a[i].dao]=ans[now]^1; dfs1(a[i].dao); } } } inline void dfs2(int now) { for(int i=last3[now];i;i=c[i].ne) { if(book[c[i].dao]==book[now]) { cout<<"B "; int hu=now;ans1=1;ans[ans1]=c[i].dao; while(hu!=c[i].dao) { ans1++; ans[ans1]=hu; hu=fa[hu]; } cout<<ans1<<" "; for(int j=1;j<=ans1;j++) cout<<ans[j]<<" "; pan=1; return; } if(book[c[i].dao]==0x3f3f3f3f) { fa[c[i].dao]=now; book[c[i].dao]=book[now]^1; dfs2(c[i].dao); if(pan==1) return; } } } int main() { // freopen("g.in","r",stdin); // freopen("g.out","w",stdout); n=read();m=read(); for(int i=1,x,y;i<=m;i++) { x=read();y=read(); lingjiebiao(x,y); lingjiebiao(y,x); }book[1]=1; dfs1(1); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=last[i];j;j=a[j].ne) if(ji[j]==0) lingjiebiao3(i,a[j].dao); memset(book,0x3f3f3f3f,sizeof(book)); for(int i=1;i<=n;i++) { if(book[i]==0x3f3f3f3f) book[i]=0,dfs2(i); if(pan==1) return 0; } cout<<"A "; for(int i=1;i<=n;i++) cout<<((ans[i]<<1)|book[i])+1<<" "; return 0; }
t2 数列
前50分很好搞。
对于后50分，先询问8次，每次询问形如{1，(10^{49})} ,这样我们就得到了8个 数的后头49位，我们只要求出了另一个数的后8位即可求出这8个数及另一个数。
所以在询问两次{0,1,0，(10^{8})，0，(10^{16})\,……}。即可得出这些数的后8位。
要手写高精度减法，码量大，莫得代码。
t3 走路
【题意】
有n个地点，x点行动力，起点为0，餐馆地点为1-n,到一个餐馆可以选择吃a[i]点食物，在吃了k点食物后每走一步就需要（k+1）的行动力，求在可以回到起点的情况下最多可以吃好多点食物。
对于30%
实际上每个地方如果选了则代价就是i*a[i]，贡献是a[i]。就可以直接跑01背包。
对于100%
考虑设f[i][j]表示只选择后头i--n个餐馆，吃了j个食物所需要的最小代价。转移方程很简单(f[i][j]=min(f[i+1][j],f[i+1][j-a[i]]+a[i]*i))，特别的，f[i][a[i]]可以从和2*i+i*a[i]取min。
分析复杂度，因为从i带着j的食物回到0所需最小代价为i*j所以j只需枚举到x/i即可，复杂度为O(nlogm)。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h> #define int long long using namespace std; const int N=1e5+5; int n,k,a[N],f[2][N*10],l,r,ans;//f[i][j]表示在i-n这些餐馆中吃了j坨食物所花最小代价。 inline int read() { char c=getchar(); int x=0,f=1; while(!isdigit(c)) {if(c=='-') f=-1;c=getchar();} while(isdigit(c)) {x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';c=getchar();} return x*f; } signed main() { //freopen("w.in","r",stdin); //freopen("w.out","w",stdout); n=read();k=read(); for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(); memset(f,0x3f3f3f3f,sizeof(f)); for(int i=n;i>=1;i--) { for(int j=0;j<=k/i;j++) { f[i%2][j]=f[(i+1)%2][j]; if(j>=a[i]) f[i%2][j]=min(f[(i+1)%2][j],f[(i+1)%2][j-a[i]]+i*a[i]); if(f[i%2][j]<=k) ans=max(ans,j); } f[i%2][a[i]]=min(f[i%2][a[i]],i+i+a[i]*i); if(i+i+a[i]*i<=k) ans=max(ans,a[i]); } cout<<ans; // fclose(stdin); // fclose(stdout); return 0; } /* 5 10 1 1 1 1 1 */