晚上喝多冰冰的百香果水了，肚子一直疼。/ll
可算把題單公開了。
https://vjudge.net/article/5412
CF1082G
左點右邊跑最小割，割左表示點被選，割右表示邊沒被選。
int main() {
int n, m; scanf("%d %d", &n, &m);
std::vector<int> a(n);
int s = n + m, t = n + m + 1;
MF S(n + m + 2, s, t);
LL ans = 0;
for (int i = 0, x; i < n; i++) {
scanf("%d", &x);
S.link(s, i, x);
}
for (int i = n, u, v, w; i < n+m; i++) {
scanf("%d %d %d", &u, &v, &w), --u, --v, ans += w;
S.link(i, t, w), S.link(u, i, inf), S.link(v, i, inf);
}
printf("%lld\n", ans - S.mf());
}
CF1383F
最大流=最小割。因為 \(k\) 非常小，預先列舉割的是哪些邊，求出該狀態下的最小割，
所有情況下的合法的最小割即為最大流。
厲害的轉化是，最小割讓每條邊只有割與不割的區別，因此才能進行 \(2^k\) 的處理。
agc031E
在 \(a_i\) 左側選的點的個數不超過 \(b_i\)，於是第 \(b_{i+1}\) 個選中點在 \(a_i\) 右側。這樣就把難以計數的區間問題，轉化成了只與單點有關的問題。
列舉總點數，現在每個位置需要滿足的座標均已被確定，這是一個多重匹配問題。
三列點，左列每個位置的橫座標區間，右列每個位置的縱座標區間，中間是每個點。
agc029F
不會 Hall 定理啊。
有解需要任取一個 \(\{E\}\) 的子集 \(S\) 都滿足 \(|\{u | u \in E_i \in S\}| \geq |S| + 1\)，否則會連出環。
根據 Hall 定理這其實就是充要條件。
欽定 \(1\) 當根，從每個點出發給它匹配一個父親。具體而言，左點右集合跑最大匹配。當確定一個點的父親時，訪問所有它在的集合，將集合匹配的那個點掛到它下面，遞迴即可。
int main() {
int n; scanf("%d", &n);
int s = 2 * n, t = s + 1;
std::vector<std::vector<int>> e(n);
MF S(t + 1, s, t);
for (int i = n, x; i < n + n - 1; i++) {
scanf("%d", &x);
S.link(i, t, 1);
for (int j = 0, k; j < x; j++) {
scanf("%d", &k), --k;
e[k].push_back(i - n);
S.link(k, i, 1);
}
}
for (int i = 1; i < n; i++)
S.link(s, i, 1);
if (S.mf() < n - 1) return printf("-1\n"), 0;
// printf("-----\n");
std::vector<std::pair<int, int>> ans(n - 1);
std::vector<int> f(n - 1);
for (int u = 1; u < n; u++) {
for (const auto &[v, w, id] : S.e[u]) if (v != s && !w)
f[v - n] = u; //, printf("%d %d %d\n", u, v, w);
}
// for (int i = 0; i < n - 1; i++)
// printf("%d : %d\n", i, f[i]);
// printf("\n");
std::vector<int> vis(n - 1);
std::queue<int> q; q.push(0);
while (q.size()) {
int u = q.front(); q.pop();
for (auto v : e[u]) {
if (!vis[v]) vis[v] = 1, ans[v] = {u, f[v]}, q.push(f[v]);
}
};
for (const auto &[u, v] : ans) printf("%d %d\n", u + 1, v + 1);
}
gym102201J
QOJ6308
考慮差分，每次操作事實上是把 \(b_{l_i}, b_{r_i}\) 變成 \(1\)，再把中間變成 \(0\)。
於是若兩個區間交叉，則中間兩個端點不能均為 \(1\)。
可以 bitset 最佳化建圖或主席樹跑二分圖最大獨立集，後者還沒搞懂。
P3227
切糕。
CF1630F
不能出現長度 \(\geq 3\) 的鏈。於是一個點只有出度或只有入度。
拆點，\(u\) 和 \(u'\) 分別表示只有出度和只有入度。我們希望這是一張具有偏序關係的圖，為了跑最大獨立集即最小點覆蓋。
\(u\) 和 \(u'\) 不能同時出現
CF786E
如果不考慮點數邊數的話建圖是顯然的，於是樹剖套線段樹最佳化最小割建圖。
gym103855I
合併珠子就是把兩個點合併，限制流量就建新點中間連邊限制流量，丟珠子就把邊連回一開始的點。最後剩的珠子全部扔掉。最後跑一個無源匯可行流即可，每個點有流表示是紅色，否則表示是藍色。
合併 \(i, j\)：建新點 \(k\)，\(i \to k, j \to k\)。
扔掉 \(i\)：假設 \(i\) 現在在的點為 \(j\)，連邊 \(j \to i\)，其中 \(i\) 是珠子一開始的地方。
P8501
好厲害，不是特別懂。
透過神秘的分析發現是答案在兩個變數的凸包上，然後用最小乘積生成樹的方法把凸包給用 wqs 二分類似物求出來。至於求的過程用切糕模型？
agc059C
猜如果還沒出現 \((a, c)\)，則 \((a, b), (b, c)\) 的答案不能一樣，事實也如此。為什麼？
假如有更長的鏈 \(a \to b \to c \to d\)，則 \((a, c), (b, d)\) 必須在整條鏈前面被問，但此時會確定 \(c \to d\) 且 \(a \to c\)，於是 \((a, d)\) 會不用問。
於是並查集維護 2-sat，最後剩下的集合間的大小關係隨意欽定，只要兩兩關係合法就有唯一解。
CF587D
若一個點連了三條同色邊，則無解。
因此把某種顏色的邊拎出來，不是環就是鏈。
二分答案，奇環無解，偶環和鏈只有兩種解，跑個 2-sat。
晚點繼續想。
CF1137C
拆點，如果不存在每個博物館只能進一次的限制就直接 dp。否則縮點，每個博物館就只會被走一次。
可以證明一個博物館的兩天若連通，則一定在同連通塊內，不會被統計多。證明考慮這相當於在 \(\bmod d\) 意義下做加法，若 \(i\) 可達 \(i+j\)，則把 \(+j\) 操作做 \((d-1)\) 次等於 \(-j\)，於是同一個博物館的兩天必定屬於同一強連通分量，或不連通。
跑一個 Tarjan 後 dp 即可。
沒有來源的題
有 \(n\) 個點的圖，初始沒有邊，然後加入 \(m\) 條邊，保證無重邊自環。每次加入後求把圖擴充為競賽圖後強連通分量的最小值。
\(n \leq 2 \cdot 10^5, m \leq 2 \cdot 10^6\)。
點數 \(\geq 3\) 的補圖連通塊一定可以透過補充位於同一強連通分量中。
求出加完 \(m\) 條邊後補圖的所有連通塊，這些連通塊只會合併不會分裂，並且不會超過 \(O(\sqrt{m})\) 個，因此合併時可以暴力合併。
P5811
不妨讓 \(a < b < c\)，顯然只要找到 \(a, b\) 就行了，因為如果找到了 \(a, c\) 可以把 \(c\) 中的一些點剝掉。
先考慮樹的情況。\(a < n/3, n/3 < b < n/2\)，如果一個連通塊大小大於 \(a\)，則 \(a\) 在其中產生，\(b\) 在剩餘的樹中產生。否則認為無解。
否則隨便找一個點跑 dfs 樹，取 dfs 樹的重心，如果有重心的子樹大於 \(a\) 則做完了；否則維護一個集合 \(S\)，如果子樹可以透過返祖邊到達子樹上面則不加入 \(S\)，否則加入 \(S\)。現在重心的子樹變少了，按大小從小到大排列並試圖加入 \(S\)，當 \(|S|\) 第一次 \(\geq a\) 時認為此時把 \(S\) 作為 \(a\) 合法。
證明晚點補。
gym102759C
雙極定向.jpg
耳分解再放送。
\(f_{S, u, v}\)：已經加入的集合是 \(S\)，現在位於點 \(u\)，要走到點 \(v\)。
可以生成邊雙圖。
BEST 定理
喵喵喵？
qoj8056
有點不會誒，結束時找老師再問了問還是不是特別懂。
\(2m\) 次是用於走邊的，\(2n\) 次是用於 dfs 的。具體而言，考慮第一次進入每個點時的連邊，顯然它們構成一棵樹。當列舉一個點的出邊時，如果這點被訪問過就走回來，否則繼續去訪問它。當走走走到走完所有邊時，一定在初始點，因為此時每個點進的次數等於出的次數。此時按之前確定的樹做 dfs 到找到新點繼續訪問。
第一次沒懂，其實 std 就是這個做法的。需要類似於當前弧最佳化的東西，來繼續訪問一個點的出邊，或者說保證一條邊不會被來回走多次。除了每條邊被正反搜過去的兩遍外，樹邊可以被來回再走一次。