Atcoder abc259题解 (A~G)
A.Growth Record （简单计算）
根据题意列式，代值进入计算即可。
cin>>n>>m>>x>>t>>d;
if(m>=x)
printf("%d",t);
else
printf("%d",t-d*(x-m));
B.Counterclockwise Rotation （简单几何）
题目大意：求（a,b）逆时针旋转d度后的坐标。
利用c++提供的函数直接计算即可。
我们用acos(-1)作为圆周率派的精确值，用hypot(a,b)求斜边长，用atan2(b,a)求边与x轴夹角，就可以轻松求出答案了。
#includeC. XX to XXX （字符串模拟）
题目大意：给定一个字符串，问这个字符串a能否通过操作变成另外一个字符串b，这个字符串a如果有两个相同字母相连，就可以生成另外一个相同的字母。
用vector上的pair来分别保存两个字符串的信息，相当于将这两个字符串离散成只保存字母和个数信息。接着按照规则匹配即可，大概就是：
1.两个离散后字母数量要相等。
2.如果某个位置上字母b比a要多，那么a这个位置上的字母要大于1个。
3.不允许a的字母比b的多，因为字符串b并不能进行相同操作。
#includeD.Circumferences （简单几何+图论）
题目大意：只通过给定的各个圆边，问某个圆上的点，是否能到达另外一个圆上的点。
我们通过几何关系检查两个圆之间是否相交，如果相交，则建立连接这两个圆编号的双向边。对于给出的点，我们判断它是否能走到另一个圆，必须满足的条件是这个编号能够通过dfs到达代表另一个点所在圆的编号。
#includeE.LCM on Whiteboard （数论）
题目大意：给出n个数字的质因数分解形式，问将任意一个数字变成1后，所有数字的最小公倍数的种类数。
很显然，最小公倍数是所有质数最大幂次的乘积，所以我们用pair将信息存下来，对某一个质因子，判断它是否是该质数的最大幂次，以及是否唯一，注意其它无贡献数字也会整体提供一个公倍数。
#includeF.Select Edges （树上dp）
题目大意：对于一个无向图，他的点有所连边数的限制，选择一些边，在满足限制的同时使边权尽可能大。
我们用 d p [ x ] [ 0 ] dp[x][0] dp[x][0]表示x选择了小于等于其限制 d [ u ] − 1 d[u]-1 d[u]−1条边的权值,用 d p [ i ] [ 1 ] dp[i][1] dp[i][1]表示选择了小于等于其限制的 d [ u ] d[u] d[u]的权值，如果有 d p [ x ] [ 0 ] + w > d p [ x ] [ 0 ] dp[x][0]+w>dp[x][0] dp[x][0]+w>dp[x][0]那么选择这条边是更优的情况，因此 d p [ y ] [ 0 ] + e [ i ] . w − d p [ y ] [ 1 ] dp[y][0]+e[i].w-dp[y][1] dp[y][0]+e[i].w−dp[y][1]就是选择这条边多获得的权值。每个节点应该由子节点 d p [ y ] [ 1 ] dp[y][1] dp[y][1]转移而来，如果 d [ x ] = = 0 d[x]==0 d[x]==0那么我们应该使 d p [ x ] [ 0 ] = − i n f dp[x][0]=-inf dp[x][0]=−inf。利用以上提到的性质即可完成dp。
#includeG.Grid Card Game （最小割）
题目大意：给出一个数字矩阵，其中一个人可以选择某行，并将该行的数字加起来，另外一个人可以选择某列，同样可以将该列的数字加起来。特别的，如果两个人选择的交集在某一个负数上，就会获得一个无限小的负数。题目让我们求出最大可以获得的数字总和。
首先，如果我们什么都不选，那么有0作为答案，显然，获得无限小负数的方案应该被排除在外。接着，我们先贪心的将所有的正数全部选上求和，再考虑减去的情况。
这时，我们建立最小割模型：
1.将矩阵中的正数作为边权，连i到h+j的点，如果割去的话代表着两个人的选择重复。
2.将行的负数和作为边权，连s到i的点，如果割去代表不选该行。
3.将列的负数和作为边权，连h+j到t的点，如果割去代表不选该列。
4.那么，如何实现不出现无限小负数的情况呢，当负数出现时，连i到h+j的点，权值是无限小，因为我们求的是最小割，所以这条边必定会被割去，从而实现目的。
最后，我们将所有正数的和减去最小割便可得出答案。最小割的实现方式如代码所示。
#include`