简述：
今天主要讲分治（主要是二分）、倍增、贪心、搜索，还乱入了爬山算法和模拟退火（汗。。。）
一、分（er）治（fen）：
二分是个在OI中广泛运用的思想，随便举些例子，就足以发现二分的运用的广泛性：二分查找、二分答案；归并排序、快速排序；线段树、二叉查找树；0-1线性规划以及经常出现的搭配某个算法的二分题。至于分治，是解决一类可合并问题的法宝。
对于一道满足二分性的题，我们就可以考虑用二分做它。二分性的实质是存在一个单调性或是临界点：
单调性：可能的答案在整体或在某一的区间是单调的，就可以对这个区间二分，找到这个区间的最优答案。
临界点：答案的可行性在某一点突然发生突变，即把所有可能的答案画作一条线段的话，会明显发现以一个点为界限，左边的数据都可行，而右边都不可行。而那个界限一般就是我们要找的最优化问题的解。所以二分答案的实质也是用二分的方法找一个界限。
二分通过每次处理都把要处理的有序区间缩小一半，达到了迅速的O(log n)的复杂度，并将最优化问题转化为判定性问题，再配合其他的一些算法，为很多最优化问题的解增添了一份可能。事实上，有些文字能让人意识到某道题可以二分（要对这些文字敏感，有些题说的没这么直接，要能看出来）：
最大值最小；
最小值最大；
有序；
分数；
时间复杂度；
……
有时遇到一些看起来像是二分的题目，可以先打个表看一下是否满足二分性。
一个简单的模板：
（judge函数为判定当前枚举的界限mid能否可行。如果可行的话说明mid有可能就是最终的答案，同时也有可能有更优的答案，别忘记录一下）
来看到简单的题：
（入门题…）看到了“最大值最小”，要敏感哦。
二分最小的最大值mid，接着用贪心扫一遍判定一下能否分成最大值小于mid的m（m<=M）段就行了。
直接求可能有些难度，但看到“请你设计一种方案，使得复制时间最短。复制时间为抄写页数最多的人用去的时间”，这不就是“最大值最小”的另一种说法吗？，所以还是要对二分的关键词敏锐些！考虑二分答案，二分最小的最大值，从后往前扫一遍用贪心判定就行了。
二分的一般思路即为：确定要二分——要二分什么——判定什么——怎么判定（用什么算法）。
一个最优化问题，可以考虑一下二分。显然要二分能组成的套牌数mid，判定能否用当下的牌组成这么多的套牌。记录每种牌到mid不足量的和sum。显然每种牌的不足都要靠joker来补足。首先发现每套牌最多只能有一个joker，所以sum应<=mid，否则判定结果为false；还发现joker最多只有m张，所以sum应<=m，否则判定结果为false。只要上面两个条件都满足，我们就可以用当下牌组成每套牌最多只有1个joker的mid套牌。
放在U盘中的文件的最大l即为接口大小+“最小需要多大的接口”=最大值最小！考虑二分答案。二分最小的接口大小mid，把文件按大小从小到大排个序，将所有大小小于mid的物品做一个01背包，看看能否满足最大总价值不小于p即可。
可先跑一遍广搜判断有无解以及从1到n的最少经过几个电话线杆以得知能否直接被电信公司报销全部费用。如不有解且不能报销全部费用的话，再更深地思考一下。又发现了“最大值最小”这一主题，再考虑二分。二分总费用mid（因超过k条而不被电信公司免费的最长的电话线长度），此时长度小于等于mid的电话线可以尽情搭，而大于mid的电话线则全让电信公司给免费（若小于k条的话），故可以把所有边权<=mid的边的边权都修改为0，大于mid的都修改为1，跑一遍最短路（边权只有01的最短路可用双端队列的广搜实现）。若得到的最短路径长度len
讲点有趣的东西吧。如何生成一个最优比率生成树？
二分的一个十分优雅又不失尴尬的考法（。。。），这也是为什么碰到分数可以考虑二分的原因。以最大为例，设最终答案为ans，则所有大于ans的可能答案都不会有一个生成树满足条件，而小于ans的可能答案总会被一个生成树的答案大于，发现ans即为一个界限，可以用二分。这里二分答案k，即要判定是否存在一个生成树使∑(benifit[i])/∑(cost[i])>=k，让k尽可能大、尽可能去接近最终答案就好了。
由于具有重大的现实意义，不妨假设cost都大于0。
则∑(benifit[i])>=k*∑(cost[i])；
再变一下：k*∑(cost[i])-∑(benifit[i])<=0；
∑(k*cost[i])-∑(benifit[i])<=0；
∑(k*cost[i]-benifit[i])<=0；
看到这里是不是就懂了？只要我们再把所有边的边权变为k*cost[i]-benifit[i]，再跑一遍最小生成树，把权值之和与0比较，若<=0则判定为true，否则为false。
以后对于类似的分数最优化，都可以用类似的变形随便变变，尝试用二分做。
平均乐趣值最大，实际上就相当于总收入/总花费最大。
小技巧：对于一个既有边权又有点权的有向图，我们可以把点权挪到边权上去。因为我们一旦踏上某条边，这条边的终点我们一定也会经过。而对于这道题来说，尽管每个点的点权只能被加一次，可是考虑一下八字形的情况（即有点重复经过多次的代表），这种情况实质上是由多个环组成的情况。由于题目要求的分数是一种平均数，易知组成那个八字形的两个环中一定有一个环的 一定。故这题又是分数规划，思路跟楼上非常像，不过最优比率生成树变成了最优比率环而已。而对于判是否有环的权值和为负（为0的情况不管也没什么啦），这不就是判负权回路吗？bellman-ford与spfa任君选择。。。
关于bellman-ford以及进阶的spfa，您可以看看作者的另一篇博客：Bellman-ford算法与SPFA算法思想详解及判负权环（负权回路）
二、倍增：
跟二进制有着密切的不可告人的联系，看见二进制及2的k次方，想想倍增准没错！
常用于快速幂、快速乘（明明一点都不快）、快速矩阵乘法（主要还是矩阵快速幂）、倍增求...（LCA出现居多）。
1、快速幂：我们算a的b次方模p的值。一般是O（n）算法乘一波，当b特别大时显然不行。考虑将B二进制分解，就可O（log n）算出结果。
2、快速乘：
这就没了？？（心里一句***）
果然关键时刻还得靠大佬：O(1)快速乘 - 紫芝的博客 - CSDN博客
3、矩阵乘法：用于求一类常系数递推方程，这也是矩阵乘法的一个主要用途了。简单的说，对于一个一次的常系数递推方程（如f（n）=7*f(n-1)+2*f(n-2）+5)（目前只会这个QAQ）计算f(n),一般算法都是O（n）的递推，但当n特别大时肿么办？
我们竖着写一个m*1的矩阵a，第i行分别为方程中去掉系数的第i项，如果为常数则写为1(比如这里的an-1的三项从上往下分别为f(n-1),f(n-2),1)。都知道矩阵乘法是一个n*k的矩阵乘一个k*m的矩阵得到一个n*m的矩阵，而矩阵乘法不满足交换律，但满足结合律和左右分配率律。只要我们在矩阵a左边写一个矩阵j（称为转换矩阵），要求j*a能得到下一个a（即f(n），f(n-1),1），从最开始的a0开始，每被j乘一次ai就变成ai+1,由矩阵的结合律可知，只要算出j的n次方（用快速幂，若要取模，直接对矩阵每一项取模就行）后再与a0相乘得到an，答案就为an的第一项。时间复杂度从O(n)进化为O(log n）。
4、倍增求LCA：快速地(O(log n))求树上的最近公共祖先，以迅速处理树上的路径问题(dis(u,v)=dis(u,root)+dis(v,root)-2*dis(lca(u,v))。
看题喽！：
转换矩阵为：
1 1
1 0
如果对于每一支军队都做一遍所有指令后再看下一个军队，显然会超时。为什么？是不是我们看待军队的角度不对？如果我们把军队i写作一个矩阵：
| xi |
| yi |
| 1(有常数参与矩阵乘法时常常需要个1) |
同时对于三种操作，也可以写出相应的矩阵：
操作1:
| 1 | 0 | p |
| 0 | 1 | q |
| 0 | 0 | 1 |
操作2：
| -1 | 0 | 0 |
| 0 | 1 | 0 |
| 0 | 0 | 1 |
操作3：
| 1 | 0 | 0 |
| 0 | -1 | 0 |
| 0 | 0 | 1 |
因为所有军队收到的命令相同，又有矩阵乘法的结合性，故可将所有操作矩阵乘起来得到一个结果矩阵，在用这个结果矩阵分别去乘每一个军队对应的矩阵就得到答案了。时间复杂度O（n+m）。
矩阵的另一个大用途就是把一堆让人头疼的东西抽象化。只要抽象化成一个数学结构，问题一般就好解了。
显然可以用递推方程做，但发现方程不好写。为什么不好写？主要还是因为对不同范围的数，对应的方程和转换矩阵也不太一样。先不要放弃，分段考虑尝试一下，惊奇地发现转移矩阵竟可以用一种方法表示出来：
只要看到异或，我们就应该想到一个数异或自己等于0（凭此据说可以用三次异或来交换整形变量），一个数异或0仍等于它自己，且异或满足交换律、结合律与分配律。类比求树上两点间的路径长度dis(u,v)=dis(u,root)+dis(v,root)-2*dis(lca(u,v)，不过在这里设dis（u，v）为两点间路径上所有边权的异或值。发现公式改成dis(u,v)=dis(u,root)+dis(v,root)就行了！因为dis(u,root)+dis(v,root)相较于dis（u，v）只多了2个dis（lca，root），然而dis（lca，root）异或下自己就等于0了，所以最终结果仍是dis(u,v）。所以只要处理出每个点到根root的路径上所有边权的异或值就行了。
容易知道选的点一定是三个点的两两LCA的其中一个。直接求三遍lca到三点的距离，去最小值就好了。
三、贪心
贪心策略的证明：枚举所有情况，都不会比它更优了。
非常简单的贪心：先合小的。搞一个小根堆就好了。
//（dms正解：维护哈夫曼树？？？)
插入哈夫曼树的有关知识：
（原博客：https://www.cnblogs.com/dalt/p/8001560.html 代码为不严格的伪代码，只求明义。满二叉树的定义遵循国外（国际）定义）
我们画一棵每个非叶节点都有两个子节点的二叉树，以叶节点表示起始所有的石子，每两个兄弟节点连向同一个父亲节点即视为一次合并，发现此二叉树在哈夫曼树定义下的权值即为答案，故要答案最小的话，维护一颗哈夫曼树就好了。
由于出现的字母固定，首先想到了字典树，两两互不为前缀，即要求用字典树的每个叶节点代表单词，可在所有叶节点记录下某个单词出现的次数，那么这个字典树在哈夫曼树定义下的权重就是整个文章的长度了。由此想到了哈夫曼树，不过在这里是K叉的特殊情况。
看看K叉哈夫曼树对于二叉哈夫曼树在上面的命题中有什么变化：
对于命题1，显然这个K叉哈夫曼树不一定是满K叉树了，不过能证得所有非叶节点最少有2个儿子（虽然没什么用）。
命题2仍然成立。
命题3则强化为在满k叉树的情况下最小的k个节点连向同一个父亲f（满k叉树的情况下，若深度浅的地方有点属于前k小的点（不考虑相等的情况，若相等的话可随便，不会影响结果），必有一点x比他大且为f的儿子，把它与x交换，能得到权值更小的树）。
由构造二叉哈夫曼树的方法联想到构造k叉哈夫曼树的方法：可以每次都将当前k个最小的拿出来、连到同一个父节点上再把那个新建的父节点放回堆里。但这样做会有一个明显的错误：如果最后一次从堆取出的节点少于k个，就会导致根结点的儿子数少于k个。这样的话就可以从孙子一辈（如果有孙子的话）随便拿来个点连根上，使整棵树的权值减小，故不是合法的哈夫曼树。
按上文“错误”的方法来看，每次我们都从堆里取出k个点,放回1个点，相当于取出（k-1）个点，最后要剩下一个点作为哈夫曼树的根。若最后一次取出的节点正好为k，则整棵哈夫曼树为满k叉树，不会出现上文的那个明显的错误。这时我们从堆里取出了很多次（k-1）个点，堆里还剩1个点，一共有n个点，故（n-1）mod （k-1）=0 ，即（n-1）为（k-1）的倍数。那么当（n-1）为（k-1）的倍数，即构造的哈夫曼树为满K叉树时可以吗？
可以按照证二叉情况的相似思路证明：
通过归纳法说明，当只有一个顶点或只有k个及以内的节点时，算法显然正确。当顶点数少于m时，若上述算法都可以构建一株合理的哈夫曼树。那么当我们持有m个结点组成的结点集合V时，由于命题三知权重最小的k个结点组成的节点集合A可以有相同的父亲f，我们利用上述方法，使用m-（k-1）个结点组成的结点集合V'（V中移除了A 后加入f得到）建立对应的一株哈夫曼树F。假设T为V的哈夫曼树。我们可以在T的基础上建立一株新树T'，其中T'与T的区别在于我们为f赋予权值A.w，同时从T中删除A，显然T'.w = T.w -A.w。而T'也是满足以V'为叶结点的一株二叉树，故知F.w<=T'.w=T.w-A.w。同样我们可以在F的基础上建立另外一株二叉树F'，其中F'与F的区别在于我们移除f结点的权值，并为其添加A，此时显然有F'.w=F.w+A.w，而由于F'.w是V的一株二叉树，因此T.w<=F'.w=F.w+A.w。结合两条不等式可以得出F.w+A.w=T.w，即在F的基础上做改变得到的树F'是V的哈夫曼树。因此我们可以通过递归的思路建立哈夫曼树。
对于哈夫曼树不为满k叉树的情况怎么办呢？我们可以加一些“零点”（即点权为0的点），这样并不会影响到整棵树的权值。在n个点的基础上加上几个零点得到n'个点使（n'-1）为（k-1）的倍数，这样又可以转化为满k叉树的情况做了。
最后在考虑怎样让最长的si最短。显然能看出由于儿子顺序、相同值节点顺序的不确定性，哈夫曼树不是唯一的，这导致可能会在最后一问栽跟头。其实可以用贪心解决，对于权值相同的节点，深度小的优先选择，这样就能保证最后最长的si最短了。
若图中两点间存在一条各边边权都小于m的路径，则在最大生成树上两点间的唯一路径也符合各边边权小于m。可以这样理解：若图的最大生成树上有一条边的边权小于m，删去这条边会将树分割成2个连通块A和B，由于该边是连通块A到连通块B的最大边（参见这里的判断），故连通块A的所有点到连通块B的所有点的所有路径必有一条边边权小于m，即最大生成树上两点间没有合法路径，在整个图上这两点间也不会有合法路径。若图上有合法路径，则最大生成树上一定有。
对于两点间路径中最小边权的最大值则可用倍增实现。对于有列车站的点，我们可以将它们用非常大的边（近似无穷大）连成一个连通块（这里用了最简单的环）（相当于不受重量限制的一种表现形式），最后模拟即可。
上个AC代码吧：
1 #include2 #include 3 #include 4 #include 5 #include 6 7 using namespace std; 8 9 const int MAXN=100000,MAXDIS=1000000000; 10 11 long long ans,ord[MAXN+5];//ord存单子 12 13 long long lim[MAXN+5];//每个城市的交易限制 14 15 char ch; 16 17 bool fu; 18 19 inline long long getint()//这里应该是getlonglong，后来懒得改了 20 { 21 ans=0; 22 ch=getchar(); 23 fu=0; 24 while(!isdigit(ch)) fu|=(ch=='-'),ch=getchar(); 25 while(isdigit(ch)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(ch^48),ch=getchar(); 26 return fu?-ans:ans; 27 } 28 29 int n,m,Q,lst[MAXN+5],to[MAXN<<3],nxt[MAXN<<3],cnt;//边的限制 30 31 long long dis[MAXN<<3]; 32 33 long long db[18][MAXN+5],leth[MAXN+5]; 34 35 inline void addedge(int u,int v,long long w) 36 { 37 nxt[++cnt]=lst[u]; 38 lst[u]=cnt; 39 to[cnt]=v; 40 dis[cnt]=w; 41 } 42 43 bool vis[MAXN+5]; 44 45 struct node{ 46 int hao; 47 long long len; 48 }head; 49 50 inline bool operator < (const node &a,const node &b) 51 { 52 return a.len<b.len; 53 } 54 55 priority_queue q; 56 57 int fa[18][MAXN+5],dep[MAXN+5]; 58 59 #define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b)) 60 61 inline int Log2(int a) 62 { 63 return log(a)/log(2); 64 } 65 66 inline void Prim()//最大生成树（要建树） 67 { 68 memset(leth,128,sizeof leth); 69 leth[1]=0; 70 int ok=0,t,too,f,lo,d; 71 q.push((node){1,0}); 72 fa[0][1]=0; 73 dep[0]=-1; 74 while(ok<n) 75 { 76 head=q.top(); 77 q.pop(); 78 if(vis[t=head.hao]) continue; 79 vis[t]=1; 80 f=fa[0][t]; 81 d=dep[t]=dep[f]+1; 82 if(t!=1) 83 { 84 lo=Log2(d); 85 for(int i=1;i<=lo;++i) 86 { 87 fa[i][t]=fa[i-1][fa[i-1][t]]; 88 db[i][t]=min(db[i-1][t],db[i-1][fa[i-1][t]]); 89 } 90 } 91 ++ok; 92 for(int e=lst[t];e;e=nxt[e]) 93 { 94 too=to[e]; 95 if(vis[too]==0&&leth[too]<dis[e]) 96 { 97 leth[too]=dis[e]; 98 fa[0][too]=t; 99 db[0][too]=dis[e]; 100 q.push((node){too,dis[e]}); 101 } 102 } 103 } 104 } 105 106 #define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b)) 107 #define swap(a,b) ((a)^=(b),(b)^=(a),(a)^=(b)) 108 109 inline long long lca(int x,int y)//倍增求最大的最小边权 110 { 111 if(x==y) return 0x7ffffffff; 112 if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y); 113 int lo; 114 ans=0x7ffffffff; 115 if(dep[x]>dep[y]) 116 { 117 lo=Log2(dep[x]-dep[y]); 118 for(int i=lo;i>=0;i--) 119 if(dep[fa[i][x]]>=dep[y]) 120 { 121 ans=min(ans,db[i][x]); 122 x=fa[i][x]; 123 } 124 } 125 if(x==y) return ans; 126 lo=Log2(dep[x]); 127 for(int i=lo;i>=0;i--) 128 if(fa[i][x]!=fa[i][y]) 129 { 130 ans=min(ans,db[i][x]); 131 x=fa[i][x]; 132 ans=min(ans,db[i][y]); 133 y=fa[i][y]; 134 } 135 ans=min(ans,db[0][x]); 136 ans=min(ans,db[0][y]); 137 return ans; 138 } 139 140 inline void MONI() 141 { 142 int now,thenxt; 143 long long ag,xian; 144 if(!n) return; 145 now=ord[1]; 146 ag=max(0,lim[now]); 147 if(lim[now]<0) 148 { 149 putchar('0');putchar('\n'); 150 } 151 for(int i=2;i<=n;++i) 152 { 153 thenxt=ord[i]; 154 xian=lca(now,thenxt); 155 ag=min(ag,xian); 156 if(lim[thenxt]>0) 157 ag=ag+lim[thenxt]; 158 else 159 { 160 xian=min(ag,-lim[thenxt]); 161 ag-=xian; 162 printf("%lld\n",xian); 163 } 164 now=thenxt; 165 } 166 } 167 168 int main() 169 { 170 n=getint(),m=getint(),Q=getint(); 171 for(int i=1;i<=n;++i) ord[i]=getint(); 172 for(int i=1;i<=n;++i) lim[i]=getint(); 173 int u,v; 174 long long w; 175 for(int i=1;i<=m;i++) 176 { 177 u=getint(),v=getint(),w=getint(); 178 addedge(u,v,w); 179 addedge(v,u,w); 180 } 181 int fir=0,now=0; 182 if(Q) 183 fir=now=getint(); 184 for(int i=2;i<=Q;++i) 185 { 186 v=getint(); 187 addedge(now,v,0x7ffffffff); 188 addedge(v,now,0x7ffffffff); 189 now=v; 190 } 191 if(now!=fir) //不要忘了要把链接成环 192 { 193 addedge(now,fir,0x7ffffffff); 194 addedge(fir,now,0x7ffffffff); 195 } 196 Prim(); 197 MONI(); 198 return 0; 199 }
四、搜索
1、基础——枚举：将所有可能需要的情况列出来求解题的算法。一般复杂度都很高（除了一些巧妙/高级的枚举）。
例子：用不断求下个排列的函数next_pernutation生成全排列
枚举子集
EX.1、爬山算法
EX.2、模拟退火
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