没有完结所以也就不截图留念了。
给定一个无向图，边权都是a，对于任意两个点，如果最短距离为2a，那么在这两个点之间连一条边权为b的边。
这是一道结论题，至于是什么结论就不剧透了，总之暴力是可以过的。（有点卡常数）
给定一个多边形，其中的一些边需要被照亮，询问是否可以在多边形中放入一盏灯满足条件。
没有A掉非常难过，等有兴趣了再看题解吧。
给定一棵树、起点终点，每次可以跳过一个点到一个没有被遍历到的点，询问是否可以遍历整棵树，且到达终点。
起先没有看到要到终点就万劫不复了。先搞出起点到终点的路径，对于路径上的每个点，需要遍历完不在路径上的子树。有两种遍历方案。一：先到这个点，然后遍历它的子树，最后回到它的孩子节点。二：跳过这个点，先遍历它的子树，最后回到这个点。递归实现即可。
给定一条长为m的路，起点在0，终点在m。在d的位置有一个出租车公司，其中有n辆出租车，出租车可以走一定的路程，人在没有坐车的情况下不能移动。询问从起点到终点最少要做几辆出租车。
贪心。如果现在在公司的右边，那么就派一辆大于m-d的车即可。那么先拿出这辆车，其余的车从大到小派，直到坐到公司右边。
给定一个由”b”和”c”组成的长为n的串，每次从中取出k个b和一个c，且取出的字符之间没有被取过的字符，保证$k+1|n$。
维护两个栈，一个放”b”，一个放”c”，如果当前做到”c”，那么就从”b”的栈中取”b”，如果”b”不够，就把它放入”c”的栈中；如果当前做到”b”,若”c”的栈中有需要”b”，就把它给那个”c”，否则放入”b”的栈中。最后排序。
每个城市用二进制表示，两个城市有道路相连当且仅当二进制位只有一个数字不同。询问是否可以从一个城市做到另一个城市。
结论题，最多有一个大小超过nk的联通块。那么bfs的时候只需要经过nk个节点即可。
每个人会有一段时间处在公司中，给定一些限制条件(t,j,i)，表示在时间t，除了第j个人以外还有i个人。询问前k个限制有可能存在的最大的k。
在限制条件中出现过的人构成集合A，其余的人构成集合B。对于A中的每一个人，至少在一段时间在场。按照时间做，使得每个时间都满足要求。在一个时刻，有两种操作，加人、减人。加人优先加入B中的人，如果某时刻有必须加入的人，可以弹出已加入的B集合中的人或已经可以出去的A集合中的人。减人没有优先级。
给定一棵树，两个人在在树上玩游戏，每个时刻A会标记k个节点，B起始位置在根，每个时刻走到一个相邻的没有别标记过的点，如果无法走就输。询问使得A赢的最小的k。
答案显然具有可二分性，对于一个k，在树上做一遍dp即可。
给定一排树，有两种操作。1：使l~r之间的树高度加1。2：询问l~r之间高度大于k的树的个数。
由于k是给定的，只需把高度大于k的树放入树状数组即可。
给定一个n点m边无向图，边权均为1，有k个询问，每次询问给出(s,t,d)，要求回答是否存在一条从s到t的路径，长度为d 路径不必是简单路(可以自交)。
如果存在一条从A点到B点长为d的路径，那么也存在一条长为d+2的路径，只需求出任意两点间长为奇数或偶数的最短的路径。
奇怪的题，暴力即可。。。
给定n个元素的序列，且。每次操作可以把。询问把序列变成不降序列的最少操作数。
首先可以发现最终序列，那么只需dp即可。
构造一个n个顶点的多边形，在多边形内右手始终接触多边形的边，按照它的边缘走，如果右转就是P，左转就是L。输出每个点的顶点。（多边形不能自交，坐标绝对值要求在以内）。
有一个显然的结论：有解的充要条件是L的个数是P的个数+4（可以感性理解为L是逆时针转90°，P是顺时针转90°，那么最终一定要转一圈360°）。起先想着分成两块分别构造，再并在一起，然后发现这样做有点难度。一种可行的做法是每次在现有图形的起点加入一个”LP”对，那么共有8种加入的情况。剩下的问题是处理加入”LR”对以后凹进去或凸出来的大小。最初的想法先构出图再调整，发现这样的难度和原问题是差不多的。。。处理的办法是像构图一样用双向链表来表示坐标的大小关系。
大水题
有趣的结论题。 需要给出最小值的位置，有两种询问方式：，返回是否满足；，返回是否满足。使得g操作越少越好。
先找出最大值或最小值。这个可以这么找：二分和第一个数的差值d，进行。如果是最大值，再这样做一遍，就可以得到最小值的位置。
给定平面上的n条线段，可以从原点发射最多k条射线，使得每条线段最多接触到1条射线，求最多能接触的线段条数。
先极角排序把问题转化为一维，之后就是简单的dp。
规定一棵树，可以给边规定方向，d为存在路径的两个点的对数。求d的最大值和最小值。
最小值一定是n-1。每条边的贡献至少为1，所以这是理论下界，构造方法是一层向上一层向下。对于最大值，有一个显然的结论：对于一个根，它的各个子树的方向是统一的。那么就要最大化，如果根不是重心，那么只需把size大于n/2的子树的方向设成Up，其余都为Down。如果根是子树，相当于要做一次背包。当然直接背包是不行的。可以把子树按大小分成两类，第一类大于，第二类小于。对于第一类直接背包，对于第二类先算出相同大小的子树个数，再按模数背包。
终于写完了。。。 本来想在元旦写完的，又拖了一个多星期。。。
ChengChi Zhou 08 January 2015