难度从 \(1\sim10\) 分类，越小越简单。
CF1100D
算法难度：2 实现难度：3 思维难度：7
具体思路：
这个数据范围很奇怪，而且，这东西很人类智慧。
具体而言，先把王挪到棋盘正中间，然后将棋盘分为了 \(4\) 块，我们发现至少有三块加起来比 \(499\) 大，所以找到这个位置并不停的斜着走就好了。
有一个实现细节，如果斜线上的位置有一个车，那么可以先往下走一步，这样车必然挪开，所以还是合法的。
容易证明上述思路移动步数小于 \(2000\)。
那么，如何想到这个思路呢？我也不知道
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[WC2011]最大XOR和路径
算法难度：5 实现难度：3 思维难度：6
具体思路：
我们发现任意的环与一条 \(1\) 到 \(n\) 的链异或起来能组成所有可能的路径。
如何求出所有的环？暴力枚举肯定不行，会被卡成 \(n^2\)。
又发现先建出生成树，然后任意环必然能通过若干树边加一条非树边来凑出来。
如果 \(1\) 到 \(n\) 的链有多条怎么办？
任选一条即可，因为多条 \(1\) 到 \(n\) 的路径又能组成一个环。
其实，思路挺巧妙的。
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CF1245F
算法难度：3 实现难度：3 思维难度：4
具体思路：
思路很一眼，如果二进制下某一位有进位则这个式子必然不合法，然后直接数位 dp 就好了。
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CF1712E2
算法难度：4 实现难度：3 思维难度：4
具体思路：
正难则反，转化成 \(lcm(i,j,k)\le i+j+k\)，然后有两种情况分讨。
一种是 \(lcm(i,j,k)=k\)，这种就直接拆因数做。
一种是 \(lcm(i,j,k)=2\times k\) 且 \(i+j\ge k\)，此时只有两种情况满足，即 \((3,4,6)\) 和 \((6,10,15)\) 以及它们的倍数。
然后直接扫描线做就行了。
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CF1801D
算法难度：3 实现难度：3 思维难度：4
具体思路：
场切的 div1+2 中 div2 的 \(F\)，思路比较简单。
先惰性的演出，也就是说，当钱不够时再演出。
而贪心一下，如果要演出必然在演出路上经过的能得到最多钱的点演出。
于是我们就能列出一个 dp 方程，具体而言，\(dp_{i,j,k}\) 代表现在在第 \(i\) 个节点，路上经过的 \(w_i\) 最大的点是 \(j\)，手里有 \(k\) 块钱，最少需要买多少次。
当然，这个东西复杂度肯定崩了，我们发现 \(k\) 这个东西太大了，考虑优化。
因为演出是惰性的，所以我们可以把 \(k\) 作为第二关键字塞进 dp 里头。
那这样为什么是对的呢？
感性理解一下，如果演出次数少了一次，那么我们再在 \(j\) 这个位置上买一次，演出次数就相等，而手里的钱必然会更多。
然后直接用最短路优化 dp 就行。
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一个题
算法难度：3 实现难度：3 思维难度：6
大致题意：
给一个矩阵，如果相邻两个格子值相同则有边，每次询问一个子矩阵内有多少个连通块，如果两个格子在子矩阵外联通了也算一个。
具体思路：
对于每种联通的值，我们先随便选择一个领头人，查询的时候用二维前缀和求出子矩阵内有多少个领头人。
如果领头人不在子矩阵内，但是却算进了答案，当且仅当这种颜色经过了子矩阵边缘，直接扫过去就行了。
很神奇的思路。
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CF878D
算法难度：4 实现难度：2 思维难度：8
具体思路：
虽然我们只需要求这个数具体是多少，但是还可以二分答案，找到 \(mid\) 之后将小于设为 \(0\) 大于等于设为 \(1\)，取 max 就相当于二进制或，取 min 就是二进制与。
然后就可以 bitset 优化了。
虽然是套路，但感觉这个套路还是很神仙。
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2022/3/18
一个题
算法难度：5 实现难度：6 思维难度：6
大致题意：
给两颗树，问有多少个集合满足这些点在第一棵树中是联通块，第二棵树中是一条链。
具体思路：
有个套路，如果点的个数减去边的个数恰好为 \(1\)，则这是一个联通块。
然后对于第一棵树中的一条边，如果在第二棵树包含它，那么起点和终点必然都是一个区间，点同理。
所以相当于矩阵加，问有多少个 \(1\)，直接二维扫描线就行。
标签：记录,矩阵,算法,具体,dp,一些,思路,难度 From： https://www.cnblogs.com/duck-pear/p/17230535.html