T1：
题目大意：将一颗有N个节点的树分割，使得每个联通块大小相等，问一共有多少方案。（N<=1000000）
首先，一条很显然的性质，每个联通块的大小一定是N的因子。
然后，我们可以对于每个因子d，DFS一遍，维护一个si值，代表该子树中有多少节点是连通的，一旦这个值等于d，将这颗子树切掉，若这个值大于d，则判定不合法。
这个方法每次DFS只验证一个因子，效率较低。
我们可以只进行一遍DFS将每颗子树的大小存进一个桶里。一颗子树被切掉，当且仅当该子树中剩下的点共有d个，若d合法，则当前子树原有的节点数应为d的倍数，我们可以枚举每个因子的每个倍数，在桶里查询，若总数为N/d，则合法。
时间复杂度为$sum_{d|N}d=O(Nlog_2N)$
Code:
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cmath> 4 #include<algorithm> 5 using namespace std; 6 const int N=1000010; 7 int n,nm=0,m=0,ans=1; 8 int fi[N],d[210],s[N]; 9 struct edge{ 10 int v,ne; 11 }e[N<<1]; 12 void add(int x,int y) 13 { 14 e[++nm].v=y; 15 e[nm].ne=fi[x];fi[x]=nm; 16 } 17 int read() 18 { 19 int s=0;char c=getchar(); 20 while(c<'0'||c>'9') c=getchar(); 21 while(c>='0'&&c<='9'){ 22 s=(s<<3)+(s<<1)+c-'0'; 23 c=getchar(); 24 } 25 return s; 26 } 27 void divide() 28 { 29 for(int i=2;i<=sqrt(n);i++){ 30 if(n%i==0){ 31 d[++m]=i; 32 if(i*i!=n) d[++m]=n/i; 33 } 34 } 35 } 36 bool dfs(int x,int p) 37 { 38 s[x]=1; 39 for(int i=fi[x];i!=0;i=e[i].ne){ 40 int y=e[i].v; 41 if(y==p) continue; 42 dfs(y,x); 43 s[x]+=s[y]; 44 } 45 } 46 bool check(int x) 47 { 48 int tot=0; 49 for(int i=x;i<=n;i+=x){ 50 int l=lower_bound(s+1,s+n+1,i)-s; 51 int r=upper_bound(s+1,s+n+1,i)-s; 52 tot+=r-l; 53 } 54 if(x*tot==n) return true; 55 else return false; 56 } 57 int main() 58 { 59 n=read(); 60 if(n!=1) ans++; 61 for(int i=1;i<n;i++){ 62 int x=read(),y=read(); 63 add(x,y);add(y,x); 64 } 65 divide(); 66 dfs(1,0); 67 sort(s+1,s+n+1); 68 for(int i=1;i<=m;i++){ 69 if(check(d[i])) ans++; 70 } 71 printf("%d ",ans); 72 return 0; 73 }
T2：
题目大意：一个圆环上有N个数，将这N个数分为M个块，使得最大的块的和最小，输出这个最小值。
显然的单调性，二分答案。
对于圆环，短环成链并复制一倍。
关键点在于起始点的选择，$O(N)$枚举起始点再$O(N)$判断是绝对不可行的，我们需要优化。
我们可以优化判断，一般的判断方式是一个一个累加，直到大于二分的值位置，这个过程可以用倍增优化，设st[i][j]为以i为起点，长度为2j的区间和，从大到小枚举j，若加和小于二分的值，则累加。
时间复杂度$O(NM*log_2NM)$，M较大时有可能被卡掉。
还有一种思路是优化枚举起点。
我们先假设以0处为起始点，用$O(N)$的方法先找到此时的第一个块，也就是最靠左的块，并设这个块的左端点为L，右端点为R。
那么枚举的起始点只用在区间[L,R]内移动。
证明：
由于是圆环，所以从一个点向左右扩展都是可以的，如果以R+1为起始点，它可以向左扩展，其向左的第一个块必定为[L,R]，与枚举起始点在L的情况重复了，所以不需要再枚举，其它点同理。
所以我们就在复杂度上除了一个M。
但是这个方法在一开始二分的值较大时会被卡成$O(N)$，所以在一开始要强化剪枝，一旦发现可行情况或发现不可行时要立即中止，才能保证算法的高效
时间复杂度$O((N^2log_2N)/M)$，M较小时会十分低效。
将两种思路综合起来就很难被卡掉了，或者可以测试点分治。我用的是第二种思路。
Code:
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 using namespace std; 4 const int N=50010; 5 int n,m,nn,L=0,R=0,ans; 6 int t[N<<1]; 7 bool judge(int y,int x) 8 { 9 int ans=1,tot=0; 10 for(int i=y;i<=y+n-1;i++){ 11 if(tot+t[i]>x){ 12 ans++;tot=t[i]; 13 } 14 else tot+=t[i]; 15 if(ans>m) return false; 16 } 17 return true; 18 } 19 bool check(int x) 20 { 21 int l=1,r=0,tot=0; 22 for(int i=1;i<=n;i++){ 23 if(tot+t[i]>x) break; 24 r=i;tot+=t[i]; 25 } 26 for(int i=l;i<=r;i++){ 27 if(judge(i,x)) return true; 28 } 29 return false; 30 } 31 int main() 32 { 33 scanf("%d%d",&n,&m); 34 nn=2*n-1; 35 for(int i=1;i<=n;i++){ 36 scanf("%d",&t[i]); 37 R+=t[i];L=max(L,t[i]); 38 } 39 for(int i=n+1;i<=nn;i++) 40 t[i]=t[i-n]; 41 ans=R; 42 while(L<=R){ 43 int mid=(L+R)>>1; 44 if(check(mid)){ 45 ans=mid; 46 R=mid-1; 47 } 48 else 49 L=mid+1; 50 } 51 printf("%d ",ans); 52 return 0; 53 }
T3：
详见洛谷1606白银莲花池。
我打的是BFS和DFS，用spfa也可以。
首先要求起点到终点的最短路径。我们发现移动一步的贡献不大于1，用不着最短路算法，一般的BFS可以解决。
但是此题有两种边权，0和1，并且0在使用一次后会变成1。
性质一：起点到终点的最短路中没有环。
证明一：环的权值不为负，所以走环之后步数不会少。
性质二：同一个点至多被经过一次。
证明二：若同一个点被经过多次，则一定存在环。
我们可以记录每个点是否被走过，然后就可以BFS了。
到现在这道题和算法竞赛进阶指南0x26中电路维修一样。可以用双端队列BFS解决，若到一个点的贡献为0，则从队头入队，反之从队尾入队。
问题一解决，现在求路径条数。
数据有问题，不过在作者和某NC的竭力hack，以及tdcp提供错误AC标程，该问题已被解决。
我们发现如果一个点被重复经过，会导致结果的错误，我们需要一个强有力的剪枝。
我们把从起点开始的求最短路BFS改为从终点开始，求出终点到所有点的最短距离，作为估价函数，搜索中一旦发现当前代价加估价大于最短路时，立即终止搜索，这样就可以防止重复了。
题目要求经过空格不同才算方案不同。
这个用BFS不好解决，我们可以嵌套DFS。
性质三：所有连通的敌人可以缩为一个点。
我们发现敌人就是一个中介点，由于敌人和方案数无关，它不能被入队，但是我们可以经过敌人到达其他的空地。
我没建边，所以用了鬼畜的DFS。
大框架还是BFS，每次对出队元素进行DFS，如果遇到敌人，则继续进行DFS，遇到空格就将其入队。
注意在同一次DFS中，更新节点的信息来源于同一个节点，所以一个点只能被更新一次。多次DFS之间，为防止重复，每个点只能入队一次。
BFS到最后，即为正确答案。
由于DFS的存在，时间复杂度$O(N^2M^2)$，但远远达不到这个上界。
Code：
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<queue> 4 #define LL long long 5 using namespace std; 6 const int N=61; 7 int n,m,sx,sy,ex,ey; 8 int ans1=0; 9 LL ans2=0; 10 int a[N][N],v[N][N]; 11 LL dp[N][N][N*N]; 12 bool vis[N][N],in[N][N],out[N][N][N*N]; 13 int dex[9]={0,1,1,2,2,-1,-1,-2,-2}; 14 int dey[9]={0,2,-2,1,-1,2,-2,1,-1}; 15 deque<int> q1,q2,q3; 16 void bfs1() 17 { 18 v[ex][ey]=1; 19 q1.push_back(ex);q2.push_back(ey); 20 while(!q1.empty()){ 21 int x=q1.front(),y=q2.front(); 22 q1.pop_front();q2.pop_front(); 23 for(int i=1;i<=8;i++){ 24 int xx=x+dex[i],yy=y+dey[i]; 25 if(a[xx][yy]==2||xx<1||xx>n||yy<1||yy>m) continue; 26 if(v[xx][yy]!=0) continue; 27 if(a[xx][yy]==1){ 28 v[xx][yy]=v[x][y]; 29 q1.push_front(xx);q2.push_front(yy); 30 } 31 else{ 32 v[xx][yy]=v[x][y]+1; 33 q1.push_back(xx);q2.push_back(yy); 34 } 35 } 36 } 37 for(int i=1;i<=n;i++){ 38 for(int j=1;j<=m;j++){ 39 v[i][j]-=1; 40 if(a[i][j]==3) ans1=v[i][j]; 41 } 42 } 43 } 44 void dfs1(int xx,int yy,int x,int y,int z) 45 { 46 vis[xx][yy]=true; 47 for(int i=1;i<=8;i++){ 48 int nex=xx+dex[i],ney=yy+dey[i]; 49 if(a[nex][ney]==2||nex<1||nex>n||ney<1||ney>m) continue; 50 if(a[nex][ney]==1){ 51 if(v[nex][ney]+z>ans1) continue; 52 if(vis[nex][ney]) continue; 53 dfs1(nex,ney,x,y,z); 54 } 55 else{ 56 if(v[nex][ney]+z+1>ans1) continue; 57 if(in[nex][ney]) continue; 58 in[nex][ney]=true; 59 dp[nex][ney][z+1]+=dp[x][y][z]; 60 if(!out[nex][ney][z+1]){ 61 q1.push_back(nex);q2.push_back(ney);q3.push_back(z+1); 62 out[nex][ney][z+1]=true; 63 } 64 } 65 } 66 } 67 void dfs2(int x,int y,int z) 68 { 69 vis[x][y]=false; 70 for(int i=1;i<=8;i++){ 71 int nex=x+dex[i],ney=y+dey[i]; 72 if(a[nex][ney]==2||nex<1||nex>n||ney<1||ney>m) continue; 73 if(a[nex][ney]==1){ 74 if(v[nex][ney]+z>ans1) continue; 75 if(!vis[nex][ney]) continue; 76 dfs2(nex,ney,z); 77 } 78 else{ 79 if(v[nex][ney]+z+1>ans1) continue; 80 in[nex][ney]=false; 81 } 82 } 83 } 84 void bfs2() 85 { 86 while(!q1.empty()){ 87 q1.pop_back();q2.pop_back(); 88 } 89 dp[sx][sy][0]=1;out[sx][sy][0]=true; 90 q1.push_back(sx);q2.push_back(sy);q3.push_back(0); 91 while(!q1.empty()){ 92 int x=q1.front(),y=q2.front(),z=q3.front(); 93 out[x][y][z]=false; 94 q1.pop_front();q2.pop_front();q3.pop_front(); 95 dfs1(x,y,x,y,z); 96 dfs2(x,y,z); 97 } 98 ans2=dp[ex][ey][ans1]; 99 } 100 int main() 101 { 102 scanf("%d%d",&n,&m); 103 for(int i=1;i<=n;i++){ 104 for(int j=1;j<=m;j++){ 105 scanf("%d",&a[i][j]); 106 if(a[i][j]==3){ 107 sx=i;sy=j; 108 } 109 if(a[i][j]==4){ 110 ex=i;ey=j; 111 } 112 } 113 } 114 bfs1(); 115 if(ans1==-1){ 116 printf("%d ",ans1); 117 return 0; 118 } 119 else 120 printf("%d ",ans1-1); 121 bfs2(); 122 printf("%lld ",ans2); 123 return 0; 124 }