先讲1007，有m个人，n种石头，将n种石头分给m个人，每两个人之间要么是朋友关系，要么是敌人关系，朋友的话他们必须有一种相同颜色的石头，敌人的话他们必须所有石头的颜色都不相同。另外，一个人可以不拥有任何一种石头。求m个人的所有关系是不是都能用n种石头表示出来。比赛当时找的关系是n种石头可以表示n+1个人的关系。但是一直WA，因为考虑不周。
我们考虑这样的一种情况，我们把人分为左边和右边两部分，每边的人里面都互相为敌人，同时左边的任意一个人和右边的任意一个人都是朋友。举个例子，左边有3人，右边两人。考虑左边第一人，他和右边每一个人都要有相同的至少一种石头，那么他至少要有两种石头，而左边的每一个人的每一个石头都不能一样，那么至少要有3*2=6种石头。通过这个例子我们就可以找出规律来了，总共需要的石头量为左右人数之积。
那么问题就转化成了，将m个人分成两组，使得乘积最大（这是m个人下的最坏的情况，如果这个情况都能满足，那么其他情况也都能满足了）。显然，将m个人均分一下得到的乘积最大，那么答案就出来了。
代码如下：
1 #include <stdio.h>
2 #include <algorithm>
3 #include <string.h>
4 using namespace std;
5 typedef long long ll;
6
7 int main()
8 {
9 int n,m;
10 while(scanf("%d%d",&n,&m)==2)
11 {
12 int l = n/2;
13 int r = n-n/2;
14 if(1LL*l*r > m) puts("F");
15 else puts("T");
16 }
17 }
1006，当时比赛的时候是乱做弄出来的，只要满足下面3个条件即可：
假设有n个队伍，
1.每个队伍的分数都不能超过2*(n-1)。
2.所有队伍的总分必须等于n*(n-1)。
3.分数为奇数的队伍数必须是偶数个，每两个队伍之间都有一场平局。
但是，题解给出的方法似乎是有一个定理的（Landau‘s Theorem）。
先将分数从小到大排序一下，那么对任意前i个人的总分，必须不小于他们所能够得到的分数，即i*(i-1)，同时总分必须是n*(n-1)。
另外，如果没有平局，并且只是胜者获得1分，同样可以使用这个定理，只要改变前i个人所能获得的分数即可，即C(i,2)，同时，总分也必须等于C(n,2)。
1009，当时比赛的时候m的大小是5500，那么可以在数据规模较小的情况下暴力求补图，数据规模较大的时候找规律来做（因为数据规模较大的时候点数远远大于边数，那么一定是不止一个联通块，规律就是如果与s点相邻，距离就是2，因为可以先到另外一个联通块再到这个点来完成，如果不相邻距离就是1了，因为补图上直接可达）。现在m的数据范围变大了，得采用题解的方法，在补图上bfs。代码如下（直接看代码也是可以看懂的）：
1 #include <stdio.h>
2 #include <algorithm>
3 #include <string.h>
4 #include <queue>
5 #include <set>
6 using namespace std;
7 typedef long long ll;
8 const int N = 200000 + 5;
9
10 vector<int> G[N];
11 int n,m,s;
12 int dis[N];
13
14 void addEdge(int u,int v)
15 {
16 G[u].push_back(v);
17 }
18
19 void solve()
20 {
21 set<int> sa,sb;
22 // 每次扩展都是向不相邻的边扩展
23 // sb保存的是仍未bfs过的点
24 queue<int> Q;
25 for(int i=1;i<=n;i++) if(i!=s) sa.insert(i);
26 Q.push(s);
27 memset(dis,-1,sizeof(dis));
28 dis[s] = 0;
29 while(!Q.empty())
30 {
31 int x = Q.front();Q.pop();
32 for(int i=0;i<G[x].size();i++)
33 {
34 int v = G[x][i];
35 if(!sa.count(v)) continue;
36 sa.erase(v);
37 sb.insert(v);
38 }
39 for(set<int>::iterator it = sa.begin();it!=sa.end();it++)
40 {
41 dis[*it] = dis[x] + 1;
42 Q.push(*it);
43 }
44 sa.swap(sb);
45 sb.clear();
46 }
47 int fir = 0;
48 for(int i=1;i<=n;i++)
49 {
50 if(i!=s)
51 {
52 if(fir) printf(" ");
53 else fir = 1;
54 printf("%d",dis[i]);
55 }
56 }
57 puts("");
58 }
59
60 int main()
61 {
62 int T;scanf("%d",&T);
63 while(T--)
64 {
65 scanf("%d%d",&n,&m);
66 for(int i=1;i<=n;i++) G[i].clear();
67
68 for(int i=1;i<=m;i++)
69 {
70 int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);
71 addEdge(u,v);
72 addEdge(v,u);
73 }
74
75 scanf("%d",&s);
76 solve();
77 }
78 }
1008，题意是给一个区间L和R，求a[L]%a[L+1]%a[L+2]...%a[R]。
一个性质：a%b，如果a小于b，那么a不变，否则，得到的数小于等于a/2（这个性质不知道要怎么证，不过似乎就是这样的样子- -）。
那么每次取余以后都会减半，那么复杂度就是log级别的了。
那么，我们每次找出[L+1,R]中第一个不比最左边的数大的数的位置，并不断的缩小区间即可。关于如何找，这里用了线段树来维护一个区间内的最小值，那么我们就可以用线段树找出我们需要的东西了~具体见代码：
1 #include <stdio.h>
2 #include <algorithm>
3 #include <string.h>
4 #include <queue>
5 #include <set>
6 #define t_mid (l+r >> 1)
7 #define ls (o<<1)
8 #define rs (o<<1 | 1)
9 #define lson ls,l,t_mid
10 #define rson rs,t_mid+1,r
11 using namespace std;
12 typedef long long ll;
13 const int N = 100000 + 5;
14
15 int a[N],c[N<<2],n;
16 void build(int o,int l,int r)
17 {
18 if(l==r) {c[o] = a[l];return;}
19 build(lson);
20 build(rson);
21 c[o] = min(c[ls],c[rs]);
22 }
23
24 int query(int ql,int qr,int o,int l,int r,int x)
25 {
26 if(l==r)
27 {
28 if(c[o] <= x) return l;
29 else return -1;
30 }
31 int ans = -1;
32 if(t_mid >= ql && c[ls] <= x)
33 {
34 ans = query(ql,qr,lson,x);
35 if(ans == -1)
36 {
37 if(t_mid < qr && c[rs] <= x) ans = query(ql,qr,rson,x);
38 }
39 return ans;
40 }
41 else if(t_mid < qr && c[rs] <= x) return query(ql,qr,rson,x);
42 return -1;
43 }
44
45 int main()
46 {
47 int T;scanf("%d",&T);
48 while(T--)
49 {
50 scanf("%d",&n);
51 for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",a+i);
52 build(1,1,n);
53
54 int q;scanf("%d",&q);
55 while(q--)
56 {
57 int ql,qr;scanf("%d%d",&ql,&qr);
58 int now = a[ql];
59 while(ql < qr)
60 {
61 ql = query(ql+1,qr,1,1,n,now);
62 if(ql == -1) break;
63 now %= a[ql];
64 }
65 printf("%d\n",now);
66 }
67 }
68 }
线段树维护
当然，也可以使用单调栈来维护，代码如下（只有主程序部分的代码）：
1 int a[N],nxt[N];
2 stack<int> s;
3 int main(){
4 int T,n,m,l,r;
5 cin >> T;
6 while(T --){
7 memset(nxt,-1,sizeof(nxt));
8 while(!s.empty()) s.pop();
9 cin >> n;
10 for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) scanf("%d",&a[i]);
11 cin >> m;
12 for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){
13 // 单调递增的栈。
14 if(s.empty() || a[i] >= a[s.top()]) s.push(i);
15 else{
16 while(!s.empty() && a[i] < a[s.top()]){
17 nxt[s.top()] = i;
18 s.pop();
19 }
20 s.push(i);
21 }
22 }
23 while(m --){
24 scanf("%d%d",&l,&r);
25 int ret = a[l] , tmp = l;
26 while(nxt[tmp] <= r && nxt[tmp] != -1){
27 tmp = nxt[tmp];
28 ret = ret % a[tmp];
29 }
30 cout << ret << endl;
31 }
32 }
33 return 0;
34 }
单调栈维护