0+90+0=90。我只挑了T2做。
连接格点
有一个M行N列的点阵，相邻两点可以相连。一条纵向的连线花费一个单位，一条横向的连线花费两个单位。某些点之间已经有连线了，试问至少还需要花费多少个单位才能使所有的点全部连通。
输入格式：
第一行输入两个正整数m和n。
以下若干行每行四个正整数x1,y1,x2,y2，表示第x1行第y1列的点和第x2行第y2列的点已经有连线。输入保证|x1-x2|+|y1-y2|=1。
输出格式：
输出使得连通所有点还需要的最小花费。
样例输入：
2 2
1 1 2 1
样例输出：
3
数据范围：
m,n<=1000
时间限制：
1000
空间限制：
32768
最小生成树，而且不用排序了。
无序字母对
给定n个各不相同的无序字母对（区分大小写，无序即字母对中的两个字母可以位置颠倒）。请构造一个有n+1个字母的字符串使得每个字母对都在这个字符串中出现。
输入格式：
第一行输入一个正整数n。
以下n行每行两个字母，表示这两个字母需要相邻。
输出格式：
输出满足要求的字符串。
如果没有满足要求的字符串，请输出“No Solution”。
如果有多种方案，请输出前面的字母的ASCII编码尽可能小的（字典序最小）的方案
样例输入：
4
aZ
tZ
Xt
aX
样例输出：
XaZtX
数据范围：
不同的无序字母对个数有限，n的规模可以通过计算得到。
时间限制：
1000
空间限制：
32768
题解
题意很清晰了，显然是求字典序最小的欧拉回路方案，但是我都忘了欧拉回路这回事。
手动模拟
发现合法情况一定是度数为奇数的点的个数为0或2。如果是0那就找最小的，如果是2那就找度数为奇数的最小的。
然后发现中间合并两个无序对，度数的变化是偶数2，所以一定有解。然后用set维护找字典序最小的即可。
但是交到洛谷1341发现WA了。然后看数据，发现了这种情况：
也就是自环。在ax的时候x优先选择走t，但是之后就走不到x了。
所以在选择字典序较小的之前还要判断x下一个是否必须走到自己。这个就把其他点连回x的边数考虑一下就好了，把x放到后面边数至少为3。
最后还是有一个点莫名RE，而学军中学的数据好像是一样的，所以这题就是90分了。
#include<bits/stdc++.h>
#define co const
#define il inline
template<class T> T read(){
T x=0,w=1;char c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar())if(c=='-') w=-w;
for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
return x*w;
}
template<class T>il T read(T&x){
return x=read<T>();
}
using namespace std;
co int N=52;
il int idx(char c){
return islower(c)?26+c-'a':c-'A';
}
il char inv(int i){
return i<26?i+'A':i-26+'a';
}
int n,c[N];
multiset<int> s[N];
multiset<int>::iterator it;
int main(){
read(n);
for(int i=1;i<=n;++i){
char p[3];scanf("%s",p);
++c[p[0]=idx(p[0])],++c[p[1]=idx(p[1])];
s[p[0]].insert(p[1]),s[p[1]].insert(p[0]);
}
int cnt=0;
for(int i=0;i<N;++i)
if(c[i]&1) ++cnt;
if(cnt!=0&&cnt!=2) return puts("No Solution"),0;
char ans[3000];
if(cnt==0){
for(int i=0;i<N;++i)
if(c[i]>=2){ans[0]=i,c[i]-=1;break;}
}
else{
for(int i=0;i<N;++i)
if(c[i]&1){ans[0]=i,c[i]-=1;break;}
}
for(int i=1;i<=n;++i){
if(s[ans[i-1]].count(ans[i-1])){ // edit 1
int cnt=0;
for(int j=0;j<N;++j)if(j!=ans[i-1])
cnt+=s[j].count(ans[i-1]);
if(cnt<3){
ans[i]=ans[i-1],c[ans[i]]-=2;
s[ans[i]].erase(s[ans[i]].find(ans[i])),s[ans[i]].erase(s[ans[i]].find(ans[i]));;
continue;
}
}
int cnt=0;
it=s[ans[i-1]].begin();
if(i<n&&c[*it]==1) ++it;
ans[i]=*it,c[ans[i]]-=2; // i==n doesn't matter
s[ans[i-1]].erase(s[ans[i-1]].find(ans[i])),s[ans[i]].erase(s[ans[i]].find(ans[i-1]));
}
for(int i=0;i<=n;++i) ans[i]=inv(ans[i]);
ans[n+1]=0;
puts(ans);
return 0;
}
/*
5
ax
xx
xt
tp
ps
*/
欧拉回路
欧拉回路算法直接就可以解决这个问题。
欧拉回路是在回溯的时候把路径的答案加进去。这样在x之后如果能回来，先走的就是字典序较小的；如果不能，先走的就是x。
感觉理解深入了不少。时间复杂度\(O(n \log n)\)。
数字转换
如果一个数x的约数和（不包括它本身，下同）比它本身小，那么x可以变成它的约数和；如果对于某个y>x且y的约数和为x，那么x也可以变成y。例如，4可以变为3，1可以变为7。限定所有的数字变换在不超过n的正整数范围内进行，求不断进行数字变换且没有重复数字出现的最多变换步数。
输入格式：
输入一个正整数n。
输出格式：
输出最少需要花费的时间。
样例输入：
7
样例输出：
3
数据范围：
n<=50 000。
时间限制：
1000
空间限制：
32768
题解
只能向较小的连无向边，所以最后图一定是森林。
然后跑树的直径就可以了。
可以用来练习线性筛求约数和（误）。
线性筛的第二重循环中要筛出来的数\(x=i\times p_j\)最小质因子一定是现在枚举的\(p_j\)，此时分为两种情况：
- \(i\)没有质因子\(p_j\)，那么直接计算即可。
- \(i\)有质因子\(p_j\)，那么应该修改\(p_j\)的贡献。所以需要记录每个数的最小质因子对它的约数和的贡献。
然后时间复杂度\(O(n)\)。