Div1单场我从来就没上过分，这场又剧毒，半天才打出B，C挂了好几次最后还FST了，回紫了。
AC:AB Rank:340 Rating:2204-71->2133
Div2.B.The Meeting Place Cannot Be Changed
题目大意：n个人，第i个人位于xi，速度为vi，找到一个点使得所有人到这个点的耗时最小，输出耗时。（n<=60000）
思路：二分答案，知道耗时后可以求出每个人能到达的区间，如果所有区间有交则合法，复杂度O(nlog)。
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
char B[<<],*S=B,C;int X;
inline int read()
{
while((C=*S++)<''||C>'');
for(X=C-'';(C=*S++)>=''&&C<='';)X=(X<<)+(X<<)+C-'';
return X;
}
#define MN 60000
int x[MN+],v[MN+];
int main()
{
fread(B,,<<,stdin);
int n=read(),i,p;double l=,r=0x3FFFFFFF,mid,mn,mx,ans;
for(i=;i<=n;++i)x[i]=read();
for(i=;i<=n;++i)v[i]=read();
for(p=;p<=;++p)
{
mid=(l+r)/;
for(mn=1e18,mx=-1e18,i=;i<=n;++i)
mn=min(mn,x[i]+mid*v[i]),mx=max(mx,x[i]-mid*v[i]);
if(mx-mn<1e-)ans=r=mid;
else l=mid;
}
printf("%.12lf",ans);
}
A.Andryusha and Colored Balloons
题目大意：给出一棵n个点的树，距离为2以内的点颜色不能相同，求最小染色方案。（n<=200,000）
思路：每个点对他的儿子染色，每个儿子颜色不与他和他父亲还有染过的儿子颜色相同即可，复杂度O(n)。
#include<cstdio>
char B[<<],*S=B,C;int X;
inline int read()
{
while((C=*S++)<''||C>'');
for(X=C-'';(C=*S++)>=''&&C<='';)X=(X<<)+(X<<)+C-'';
return X;
}
#define MN 200000
struct edge{int nx,t;}e[MN*+];
int h[MN+],en,r[MN+],fa[MN+],c[MN+];
inline void ins(int x,int y){e[++en]=(edge){h[x],y};h[x]=en;}
void dfs(int x)
{
int i,j=;
for(i=h[x];i;i=e[i].nx)if(e[i].t!=fa[x])
{
while(c[x]==++j||c[fa[x]]==j);
c[e[i].t]=j;fa[e[i].t]=x;dfs(e[i].t);
}
}
int main()
{
fread(B,,<<,stdin);
int n=read(),i,x,y,rt=;
for(i=;i<n;++i)
{
if(++r[x=read()]>r[rt])rt=x;
if(++r[y=read()]>r[rt])rt=y;
ins(x,y);ins(y,x);
}
printf("%d\n",r[rt]+);
dfs(c[]=);
for(i=;i<=n;++i)printf("%d ",c[i]);
}
B.Innokenty and a Football League
题目大意：n支球队要取名，每支球队有两种选择，要求：1.所有球队名字不能相同；2.如果两支球队第一种选择相同，他们都只能选第二种。（n<=1000）
思路：转化成2-sat模板题就可以了。2-sat构造解我不是很熟练，打了很久。
#include<iostream>
using namespace std;
#define MN 1000
#define MV 2000
#define ME 5000000
string s[MN+][],sa,sb;
struct edge{int nx,t;}e[ME*+];
int h[MV+],en,d[MV+],l[MV+],cnt,z[MV+],zn,inz[MV+],b[MV+],bn;
int rh[MV+],r[MV+],c[MV+],q[MV+],qn;
inline void ins(int*h,int x,int y){e[++en]=(edge){h[x],y};h[x]=en;}
void tj(int x)
{
d[x]=l[x]=++cnt;inz[z[zn++]=x]=;
for(int i=h[x];i;i=e[i].nx)
{
if(!d[e[i].t])tj(e[i].t);
if(inz[e[i].t]&&l[e[i].t]<l[x])l[x]=l[e[i].t];
}
if(d[x]==l[x])for(++bn;z[zn]!=x;inz[z[zn]]=)b[z[--zn]]=bn;
}
int main()
{
int n,i,j,k;
cin>>n;
for(i=;i<=n;++i)
{
cin>>sa>>sb;
s[i][]=s[i][]=s[i][]+sa[]+sa[];
s[i][]+=sa[];s[i][]+=sb[];
}
for(i=;i<=n;++i)for(j=;j<=n;++j)if(i!=j)
{
if(s[i][]==s[j][])ins(h,i,j+n),ins(h,i+n,j+n);
if(s[i][]==s[j][])ins(h,i,j);
if(s[i][]==s[j][])ins(h,i+n,j+n);
if(s[i][]==s[j][])ins(h,i+n,j);
}
for(i=;i<=n<<;++i)if(!d[i])tj(i);
for(i=;i<=n;++i)if(b[i]==b[i+n])return puts("NO"),;
puts("YES");
for(i=;i<=n<<;++i)for(j=h[i];j;j=e[j].nx)
if(b[i]!=b[e[j].t])ins(rh,b[e[j].t],b[i]),++r[b[i]];
for(i=;i<=bn;++i)if(!r[i])q[++qn]=i;
for(i=;i<=qn;++i)
{
if(!c[q[i]])
{
for(j=;j<=n;++j)if(b[j]==q[i])c[b[j+n]]=;
for(;j<=n<<;++j)if(b[j]==q[i])c[b[j-n]]=;
}
for(j=rh[q[i]];j;j=e[j].nx)if(!--r[e[j].t])q[++qn]=e[j].t;
}
for(i=;i<=n;++i)cout<<(c[b[i]]?s[i][]:s[i][])<<endl;
}
C.Underground Lab
题目大意：给出n个点m条边的无向联通图，构造k条长度不超过2n/k(向上取整)的路径覆盖所有点。（n,m<=200,000，k<=n）
思路：考虑该图的一颗生成树，dfs一遍，进入节点和从子节点回来时都把当前点加入路径里，就得到一个长度为2n-1的路径覆盖，分成k段输出即可，复杂度O(n)。我输出写的巨丑挂了，非常难受。
AC代码
#include<cstdio>
char B[<<],*S=B,C;int X;
inline int read()
{
while((C=*S++)<''||C>'');
for(X=C-'';(C=*S++)>=''&&C<='';)X=(X<<)+(X<<)+C-'';
return X;
}
#define MN 200000
struct edge{int nx,t;}e[MN*+];
int f[MN+],h[MN+],en,ans[MN*+],cnt;
int gf(int k){return f[k]?f[k]=gf(f[k]):k;}
inline void ins(int x,int y){e[++en]=(edge){h[x],y};h[x]=en;}
void dfs(int x,int fa)
{
ans[++cnt]=x;
for(int i=h[x];i;i=e[i].nx)if(e[i].t!=fa)
{
dfs(e[i].t,x);
ans[++cnt]=x;
}
}
int main()
{
fread(B,,<<,stdin);
int n,m,k,x,y,i,j;
n=read();m=read();k=read();
while(m--)
{
x=read();y=read();
if(gf(x)!=gf(y))f[gf(x)]=gf(y),ins(x,y),ins(y,x);
}
dfs(,);--cnt;
for(x=;x*k<cnt;++x);
for(i=;i<=k;++i)
{
printf("%d ",x);
for(j=;j<=x;++j)printf("%d ",cnt?ans[((i-)*x+j-)%cnt+]:);
puts("");
}
}
D.Axel and Marston in Bitland
题目大意：给出一张n个点m条边的图，边权为0或1，按以下方式构造一个01序列：一开始为0，每次将当前串取反加到原串后面（0，01，0110，01101001……），问从点1出发，按这个01序列走对应边权的边，最多能走多少步，如果超过10^18输出-1。（n<=500，m<=2*n^2）
思路：令s[i][0/1]表示长度为2^i的原串/取反串，则有s[i+1][0]=s[i][0]+s[i][1],s[i+1][1]=s[i][1]+s[i][0]，我们把原图按这个方式bitset加速倍增一下，然后DP就可以了，复杂度O(n^3/32*log10^18)，时限5s而且cf机子快，非常科学。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
inline int read()
{
int x;char c;
while((c=getchar())<''||c>'');
for(x=c-'';(c=getchar())>=''&&c<='';)x=(x<<)+(x<<)+c-'';
return x;
}
#define MN 500
#define MK 60
#define INF 1000000000000000000LL
bitset<MN+> g[MK+][][MN+];
long long f[MK+][MN+][],ans;
int main()
{
int n,m,i,j,k,x,y;
n=read();m=read();
while(m--)
{
x=read();y=read();
g[][read()][x][y]=;
}
for(k=;k<MK;++k)for(i=;i<=n;++i)for(j=;j<=n;++j)
{
if(g[k][][i][j])g[k+][][i]|=g[k][][j];
if(g[k][][i][j])g[k+][][i]|=g[k][][j];
}
memset(f,,sizeof(f));f[k+][][]=;
for(k=MK;k>=;--k)
{
for(i=;i<=n;++i)f[k][i][]=f[k+][i][],f[k][i][]=f[k+][i][];
for(i=;i<=n;++i)for(j=;j<=n;++j)
{
if(g[k][][i][j])f[k][j][]=max(f[k][j][],f[k+][i][]+(1LL<<k));
if(g[k][][i][j])f[k][j][]=max(f[k][j][],f[k+][i][]+(1LL<<k));
}
}
for(i=;i<=n;++i)ans=max(ans,max(f[][i][],f[][i][]));
cout<<(ans>INF?-:ans);
}