P3916图的遍历

题意：求每个节点能到达最大节点的编号；

SOL：反向建边，倒序枚举最大节点能到达的点。

如果枚举每个点的出边，会发现出边的出边的出边……才是最终的结果，考虑反向建图，倒序枚举最大的点，dfs，这个点能到达的所有的点都更新一遍，第一遍更新的时候一定是最大值，所以如果已经算过一遍就直接return。

P1229遍历问题（已知前序后序遍历，求中序遍历有几种）

tip:只有一个儿子的节点才会在知道前序后序的情况下有不同的中序遍历，
所以将题目转化成找只有一个儿子的节点个数。

分析：在先序遍历中某一元素A的后继元素B（**B可能是A的左节点或A无左节点，B为A的右节点**），如果在后序遍历中A的前驱元素是B
**B可能是A的右节点或A无右节点，B为A的左节点** ，

综上，**那么A只有一个子树，** 问题即得解，

SOL：求出有x个节点的子树只有一个（那么中序遍历就可能是左子树或右子树两种），答案即为2^x;

代码

P1443 马的遍历

printf("%-5lld",f[i][j]);

代码

P5407 [THUPC2019]历史行程

蔡勒公式的运用

int week=(c/4)-2 * c +(y+y/4)+(13 * (month+1))/5+day-1;

代码

P1346 电车

对于默认状态的边，边权赋值为0，其他边赋值为1（意为要改变一次），用Floyd跑一边最短路即可求出最少改变多少次开关。

P2863 [USACO06JAN]牛的舞会The Cow Prom

tarjan缩点，如果强连通分量的size>1则舞会成功

P1807 最长路_NOI导刊2010提高（07）

与最短路的不同：

mem(dis,-0x3f);

if(dis[v]<dis[u]+w)

P2746 [USACO5.3]校园网Network of Schools（复习tarjan）

子任务a：求出指派几个学校即可将消息传遍

SOL：tarjan缩点后，答案为入度为0的点的个数

子任务b: 求再加几条边能使所有学校连成一个强连通分量

SOL：max(出度为0的个数，入度为0的个数)；显然，出度为0连一条入度为0的点即可，但是如果出度为0的个数！=入度为0的个数，则多的那个随便连就好了。

record:1nd 90pts:Bcnt == 1 的时候子任务b的答案不能取max(出度为0的个数，入度为0的个数)；要特判，输出0；

UVA1665 岛屿 Islands

P1197 [JSOI2008]星球大战

如果动态维护连通块个数且连通块内元素不断减少，则离线处理询问，倒着加点求并查集。

P1162 填涂颜色

首先对外围的0，dfs并标记
a[i][j]填2的时候当且仅当：
1.未被标记
2.不是1

这里的重点是dfs，显然不可能对每个点都dfs，如果这样的话被围着的点也会被标记，只能搜外面的点，如果dfs(1,1)的话，下面这组数据就出了问题：

10
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 0 0 0 0 0 0 0 0 1
1 0 1 0 1 0 0 0 0 1
1 0 1 0 1 0 0 0 0 1
1 0 1 0 1 0 0 0 0 1
1 0 1 0 1 0 1 1 1 1
1 0 1 0 1 0 1 0 0 0
1 0 1 1 1 0 1 1 1 1
1 0 0 1 1 0 0 0 0 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

正解是

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 2 2 2 2 2 2 2 2 1
1 2 1 2 1 2 2 2 2 1
1 2 1 2 1 2 2 2 2 1
1 2 1 2 1 2 2 2 2 1
1 2 1 2 1 2 1 1 1 1
1 2 1 2 1 2 1 0 0 0
1 2 1 1 1 2 1 1 1 1
1 2 2 1 1 2 2 2 2 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

而dfs（1,1）的结果是

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 2 2 2 2 2 2 2 2 1
1 2 1 2 1 2 2 2 2 1
1 2 1 2 1 2 2 2 2 1
1 2 1 2 1 2 2 2 2 1
1 2 1 2 1 2 1 1 1 1
1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 
1 2 1 1 1 2 1 1 1 1
1 2 2 1 1 2 2 2 2 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

我们可以从dfs(0,0)开始搜！！！！这样就很好的解决了边界问题。

代码