对于学过排序的来说是一道比较简单的题。思路：题目让给出时长最短的方法，参加之后增加的值都是1，所以先将所有活动时长从小到大排列一遍，再逐个参加，

直到满足条件为止，一下展示的是sort排序方法

#include<bits/stdc++.h>//万能头文件
using namespace std;
int a[100001],b[100001],m,n,ans;//ans的值自动会为0
int main(){
    freopen("bird.in","r",stdin);//freopen文件读写
    freopen("bird.out","w",stdout);
    cin>>n>>m;//读入
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    sort(a,a+n);//将时长从小到大排列
    for(int i=1;i<=m;i++) ans+=a[i];//加上所需时间
    cout<<ans;//输出结果
    return 0;

}

这道题的思路比较简单，就不说了(除了代码有些长)

主要是总结一下tarjan求强连通分量的用法总结:
1.就是tarjan模板题例

·1.619. [金陵中学2007] 传话和1001. [WZOI 2011 S3] 消息传递（一道题，重复了）

·2.921. [東方S1] 上白泽慧音 和 1298. 通讯问题（+存储scc）

2.有些思维的tarjan题

·1.3810. [USACO Open22 Silver]Visits(环内处理)

·2.1870. [国家集训队2011]稳定婚姻（怎么建有向图）

3.tarjan后对DAG图(有向无环图)的处理

·1.关于出度入度问题的

 ·449. 网络病毒 和 908. [USACO 5.3] 校园网(3275. [POJ 1236]学校网络 又重复了:()

 ·1175. [顾研NOIP] 旅游电车

·2.缩点后处理的

 ·2229. 正则表达式（缩点后跑最短路）

 ·3644. [POJ 2762]从u到v还是从v到u？(缩点后拓扑序)

4.tarjan与其他的结合

 ·3645. [BZOJ 2438]杀人游戏(与概率相关)

5.tarjan进阶2-SAT(模板洛谷https://www.luogu.com.cn/problem/P4782)

 ·3452. POJ 3678]卡图难题(xor，or，and结合)

前置知识:tarjan求强连通分量

先看题，大意是2n个人中当一对夫妻离婚后，剩下可不可以再次组成n对情人

我们先将所有的丈夫和妻子用连接起来，表示他们之间存在着联系(即无向图)，如果这时如果也把曾经的情人按照这种方法连起来，那么他们之间也存在着这种联系，但这两种情况可以认为是相同的（无向图中边没有差异），可以发现出现了一些环，而处在环中的几对夫妻都可以在离婚后组成情人，也就是题目中所说的婚姻不安全。那么我们找出这些环，判断哪些夫妻处在环中即可。

对于找环，我们想到了Tarjan求强连通分量，但是这个算法是在有向图上进行的，于是我们尝试给我们连接出的无向图定向，但如果只是按照女→男的方法我们可以发现是不对的，因为这些边也是相同的

所以我们可以这样建图：

夫妻之间：girl→boy而情人之间：boy→girl

这样只要不安全就可以形成一个环,可以用tarjan求强连通分量解

最后判断对于一对夫妻，如果两人在同一个强连通分量里，那么这对婚姻就是不安全的，反之安全

至于字符串处理，因为题目给出每对夫妻不会重复所以只需要将第i对夫妻的男女当成编号为i*2-1和i*2，再用map进行储存编号就可以了

#include <bits/stdc++.h> 
using namespace std;
//强连通分量思维题+字符处理map 
const int N = 8e3+10,M = 2e4+10;//N的范围开大一倍 
int n,m;
struct made{
    int ver,nx;
}e[M<<1];//M也要开大 
int hd[N],tot,cnt,num,top;
int low[N],dfn[N],st[N],color[N];
bool v[N];
string c1[N],c2[N];
map<string,int>mp;
void add(int x,int y){
    tot++;
    e[tot].ver = y,e[tot].nx = hd[x],hd[x] = tot;
}
void tarjan(int x){
    low[x] = dfn[x] = ++cnt;
    st[++top] = x,v[x] = 1;
    for(int i = hd[x];i;i = e[i].nx){
        int y = e[i].ver;
        if(!dfn[y])tarjan(y),low[x] = min(low[x],low[y]);
        else if(v[y])low[x] = min(low[x],dfn[y]);
    }
    if(low[x] == dfn[x]){
        num++;int y = 0;
        do{
            y = st[top--];
            v[y] = 0,color[y] = num;
        }while(x != y);
    }
}
int main(){
    freopen("marriage.in","r",stdin);
    freopen("marriage.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    for(int i = 1;i <= n;i++){
        string x,y;cin>>c1[i]>>c2[i];
        add(i*2-1,i*2);//夫妻由女方指向男方 
        mp[c1[i]] = i*2-1;
        mp[c2[i]] = i*2;
    }
    scanf("%d",&m);
    for(int i = 1;i <= m;i++){
        string x,y;cin>>x>>y;
        add(mp[y],mp[x]);//情人由男方指向女方,这样只要不安全就可以形成一个环,可以用强连通分量解 
    }
    for(int i = 1;i <= 2*n;i++)
        if(!color[i])tarjan(i);
    for(int i = 1;i <= n;i++){
        if(color[i*2-1] == color[i*2])printf("Unsafe\n");//
        else printf("Safe\n");
    }
    
    return 0;
    
}

题目中大意为所求图中全值最大值

但根据样例可知在一个环中最少会有一个权值被去掉

所以思路就为找环，在每个环中找最小值减去，最后总权值减去环中权值得到答案

所以就分为两种方法

·1.根据拓扑排序只能在无环有向图中的性质，可以先用dfs扫描一遍，可以把除环以外的权值全加上(即拓扑排序中找到都是无环的,可以直接加上)，然后就只剩环了，只需扫描每个环，求出最小值，减去就得出答案

·2.有向图中找环就可以想到tarjan求强连通分量，把环直接求出来，然后在环中找最小值就可以了

以下为第二种方法代码及注释

#include <bits/stdc++.h> 
using namespace std;
typedef long long ll; 
const int N = 1e5+10; 
ll n,ans; 
ll a[N];//原数组 
struct made{
    int ver,nx;
}e[N];
int hd[N],tot,cnt,top,num;
int dfn[N],low[N],st[N],color[N];
ll mi[N],size[N];//m为第i个强连通分量最小值 
bool v[N];
void add(int x,int y){
    tot++;
    e[tot].ver = y,e[tot].nx = hd[x],hd[x] = tot;
}
void tarjan(int x){
    low[x] = dfn[x] = ++cnt;
    st[++top] = x,v[x] = 1;
    for(int i = hd[x];i;i = e[i].nx){
        int y = e[i].ver;
        if(!dfn[y])tarjan(y),low[x] = min(low[x],low[y]);
        else if(v[y])low[x] = min(low[x],dfn[y]);
    }
    if(low[x] == dfn[x]){
        num++;int y;
        mi[num] = 1e9+10;//原最大,开大点！！！！ 
        do{
            y = st[top--];color[y] = num;
            v[y] = 0;
            mi[num] = min(mi[num],a[y]),size[num]++;
        }while(x != y);
    }
}
int main(){
    freopen("prob1_silver_22open.in","r",stdin);
    freopen("prob1_silver_22open.out","w",stdout);
    scanf("%lld",&n);
    for(int i = 1;i <= n;i++){
        int x;
        scanf("%d%lld",&x,&a[i]);
        add(i,x);
        ans += a[i];//全部 
    }
    for(int i = 1;i <= n;i++)
        if(!color[i])tarjan(i);
    for(int i = 1;i <= num;i++)
        if(size[i] > 1)ans -= mi[i];//减去,强连通分量中为大小为1的不用减！ 
    printf("%lld\n",ans);
    
    return 0;
    
}

而且强连通分量中大小为一的分量不能减去，所以还要加一个size数组求scc的节点个数

最后开longlong！！！

偶然看到的神秘题，感觉有点意思。

首先考虑式子的组合意义，可以理解为共有 $n$ 个球，可以从前 $b$ 个中选任意个涂白，再在剩下的球中选 $a$ 个涂黑的方案数。

考虑转而枚举前 $b$ 个球中涂黑的数量，得到

$f_{a,b}=\sum_{i=0}^b{2^{b-i}C_b^iC_{n-b}^{a-i}}$

注意到这个式子很能卷积，考虑将 $b$ 固定，设 $F_b(x)=\sum{f_{a,b}x^a}$，得到

$F_b=(2+x)^b(1+x)^{n-b}$

此时枚举 $b$ 并动态维护多项式已经可以做了，类似背包和退背包。时间复杂度 $O(m^2)$。

实际上可以直接推出 $f_{a,b}$ 的递推式。考虑

$F_b(x)'=b(2+x)^{b-1}(1+x)^{n-b}+(n-b)(2+x)^b(1+x)^{n-b-1}$

$\quad\quad\;\;\,=bF_{b-1}(x)\frac{1}{1+x}+(n-b)F_b(x)\frac{1}{1+x}$

于是

$(1+x)F_b(x)'=bF_{b-1}(x)+(n-b)F_b(x)$

提取系数即得

$(a+1)f_{a+1,b}+af_{a,b}=bf_{a,b-1}+(n-b)f_{a,b}$

整理一下

$f_{a+1,b}=\frac{1}{a+1}(bf_{a,b-1}+(n-a-b)f_{a,b})$

预处理逆元直接递推，时间复杂度 $O(m^2)$。

“超级无敌神仙炫酷无敌原神大王”豪华套餐特邀嘉宾。

view in my blog.

这种背包是 $\max,+$ 卷积，没法支持删除，线段树分治可以做，但是不牛。

考虑双栈模拟，左栈存队列左端，右栈存队列右端，求答案就做一个单调队列滑动窗口。为了代码方便可以把其中一个背包复制一遍，写起来比较舒服。

当一个栈弹空的时候，暴力重构两个栈，也就是把另一个栈的一半信息分过来。

这样做的复杂度如何？考虑势能分析。令势能为两栈大小之差的绝对值，每次增删会产生 $1$ 的势能，而每次重构会花费 $\mathcal O(np)$ 的代价消耗 $n$ 单位的势能。所以复杂度即为 $\mathcal O(mp)$。