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• 这次NOIP考完后原地爆炸.
  Day1
  心态直接爆炸，第二题模拟打了两个多小时最后却错了，心态原地爆炸，时间又不多了，结果其他的题目都没来得及认真思考
  * T1:
  就是一个简单的数学(zhao)归(gui)纳(lv)，但是当时第一眼直接懵逼，woc我怎么从来没有见过这种第一题？
  然后一看数据范围，绝对是找规律，然后找了一下觉得可能没有这么简单就去找方法最后没找到
  (真是后悔当时没有坚持找下去，其实规律很简单)
  ** 方法
  输出两个数的积减去它们的和
  * T2:
  一个模拟，考完感觉十分变态，而且我智障的当时没有想到用栈。
  ** 方法
  就按照题目说的模拟就行了(用一个栈)
  * T3:
  这题要用到DP加最短路加判环，本来就DP不好，在加上当时没有时间了，连分都没有骗到。
  ** 方法
  题意:求1~n路径长度<=1~n最短路+K的路径数
  首先你可以考虑到Day1的DP去哪里了?
  没错,你只要再注意一下K<=50就大概能想到这是一个与k有关的DP了
  ①:考虑30pts:K=0 右转P1608路径统计(P1144最短路计数可以顺带A掉)
  ②:考虑70pts:没有0边
  考虑f[u][j]表示1->u,比dis1[u] (1~u的最短路)多j的路径数
  那么对于u->v长为w的边
  那么从1->u->v这条路径的长度就是dis1[u]+j+w-dis1[v]
  如果dis1[u]+w-dis1[v]+j<=K
  就可以从f[u][j]转移到f[v][dis1[u]+j+w-dis1[v]]
  所以直接先从1跑最短路然后直接o(KM)DP就ok了
  当然这样是有问题的
  因为我们必须要先更新dis1小的点
  所以要先按照dis1排个序再去转移就有70pts了
  ③:考虑100pts:
  对于有0边的图,显然直接按照dis1小的是不行的
  e.g a->b->c w=0
  更新顺序显然是a,b,c,然后他又是一个有向图
  所以考虑拓扑排序来确定0边两个端点的更新顺序
  即对于0边,把其加入新图,然后对于新图拓扑排序确定”0点”的更新顺序
  然后对于-1的情况显然是对于一条满足条件的路径上有一个0环
  拓扑排序完了且入度!=0说明这个点在0环上
  同一个0环上任意一个点到1的最短路和到n的最短路都一样
  所以当这个点i,满足dis1[i]+disn[i] (i到n的最短路)<=dis1[n]+K时
  就可以输出-1了
  然后最后排序就是以dis1/disn为第一关键字,拓扑序为第二关键字排序再转移就ok了
  –洛谷题解https://www.luogu.org/wiki/show?name=%E9%A2%98%E8%A7%A3+P3953
  Day2
  * 稍微调整了一下心态和策略，所以感觉更好。
  * T1:
  当时感觉还好，听说会爆long long，但是我开了根号，进哥说应该不会有事
  在洛谷上测是满分实际的分数还不知道
  ** 方法
  求出每两个点之间能不能到达，然后转换成bfs判是否联通就行
  * T2:
  一看还以为是最短路，后来又想了一下可能不一定行，但是没想出其他方法了
  于是就用一个dijkstra加点判断(因为是求每段弧最小值所以我就求了每个点到终点(后面没有与之相连的点)的最短路之和取最小值)
  ** 方法
  状压DP:
  1.设f[dep][S]为到第dep层目前用了S状态的点的总方案数目
  考虑在它的补集里面枚举下一层的点数，然后直接转移就行了。
  f[i + 1][s1 | s2] = min(f[i + 1][s1 | s2], f[i][s1] + val[s2][s1]); 其中val[s2][s1]表示s2的每个点到s1所需要的最小总花费。
  如果直接做的话是O(3^n * n^3)的
  发现val这个东西对于每一个s1s2是一样的，那么预处理一下
  先预处理点到集合的，在处理集合到集合的。
  总复杂度O(3^n * n)
  常数有点大。
  2.n<=12,状压.
  起点自定.
  每条边的贡献为层数*边权.
  每个点的连边不需要在意,只关注它对状态产生的贡献.(对于每个状态预处理,复杂度为O(2^n*n)).
  从小到大枚举层数,然后枚举初始状态,再枚举转移后状态.由于预处理,复杂度为O(3^n*n).
  (枚举转移的状态时,顺便统计每个新增点的贡献,而这个已经预处理完了)
  总体来说是O(2^n*n+3^n*n)的
  –由于并不会所以附上luogu答案
  –https://www.luogu.org/wiki/show?name=%E9%A2%98%E8%A7%A3+P3959
  * T3:
  写这题的时候时间已经不多了，而且当时还以为最后一题是DP就没怎么敢写(然而后来进哥说就是线段树，我前一周才弄的呀)
  结果写了个暴力就快下考了
  ** 方法
  首先有一个非常明显的暴力是这么写的：
  直接拿一个二维数组维护在每一个位置上的编号，然后暴力对齐就可以了
  通过观察可以发现删除(x,y)位置的点，然后添加到(n,m)
  只会影响到第x行和第m列，所以每次只要修改n+m个元素的位置
  具体参考代码1(略过)
  对于20%的数据，我们只要维护那些被修改过的行和最后一列，可以做到O(nq)
  对于30%x=1的数据，我们发现只要在第一行删掉一个元素，然后放在(n,m),后面的元素整体往前
  其实就是维护一个序列，一开始有多个元素，支持查找第x个元素并删除，以及在最后添加元素
  我们可以用线段树维护，记录区间内有多少个可用点，
  如果我们要查找第x个，而左区间有k个，若x<=k那么就往左区间走，否则在右区间查询第x-k个元素
  具体参考代码2(略过)
  对于100%的数据，我们发现其实就是维护n+1个序列，支持查找和删除第x个元素，以及在最后添加元素
  前n个序列维护每一行的前m-1个元素，最后一个序列维护最后一列的元素
  但是这样的话需要建n+1颗线段树，无法承受
  但是可以发现一开始线段树中的元素是满的，并且一开始的元素编号十分有规律，可以直接计算
  那么我们一开始就直接把所有线段树当作满的，用动态开点每次删点，后面加进来的点用vector储存，
  当删除(x,y)时
  如果y =m那么只要操作最后一列，如果是原来最后一列的元素，就直接计算，否则从vector中提取
  如果y!=m那么先对第x行进行一次操作，转化成删除(x,m)位置的元素，然后再对最后一列进行操作
  因为每次操作最多会加入两个元素，所以最多只会有O(2q)的元素储存在vector中
  时间复杂度O(nlogn),空间复杂度O(nlogn)
  具体参考代码3(略过)
  因为是线段树，所以代码可以应该算比较短的，也非常好写