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
*/
原文地址：https://www.cnblogs.com/betablewaloot/p/12215990.html