第一题：（骗分容易，AC难。）
题目大意：
给出一个字符串，找出满足条件A的区间的个数。A：字符A,B,C的出现次数相同。 都出现0次也算，区间的长度可以是0（就是只有一个数）.
30% |S| ≤ 100 。
70% |S| ≤ 1000 。
100% 1 ≤ |S| ≤ 1000000 。
解题过程：
1.考场上想不出AC算法，但是70分是很好拿的，最先想到先求出A,B,C出现次数的前缀和，枚举区间的两个端点，O（1）时间判断，枚举O(n^2)。
2.一看后面的题目都不是很好写，就先来优化一下这题，由于只有A,B,C是有用的，所以把其他字母拿掉，并把每个有效字母（A,B,C）后面的无效字母的个数保存下来，然后方法和前面一样，加些细节处理，这样就可以把区间的长度大大缩短。但是实际证明，这样是在做无用功，还是只有70分，还不如直接朴素算法省力。
3.AC算法：假设区间[i,j]符合要求，那么SUMA[j]-SUMA[i-1]=SUMB[j]-SUMB[i-1]=SUMC[j]-SUMC[j-1],变形一下得到
SUMA[j]-SUMB[j]=SUMA[i-1]-SUMB[i-1];
SUMB[j]-SUMC[j]=SUMB[i-1]-SUMC[i-1];
也就是说 如果区间[i,j]符合要求，必须满足j和i-1的 A-B的个数相等，j和i-1的B-C的个数相等。
那么只要把一个点 描述成一个二元组{SUMA-SUMB,SUMB-SUMC}， 找到一个和它完全相等的，就可以当成一个符合要求的区间的两个端点。
那么只要把所有二元组排个序，以SUMA-SUMB为第一关键字，SUMB-SUMC为第二关键字。如果有连续的n个相等的二元组，那么就表示有n*（n-1）/2个合法区间，累加到答案里就好。
但是这样还不完善，这样是没法找出 区间[1,R]的（一开始没考虑到，想了半天才明白，因为如果[i,j]合法，我们找到的是i-1和j，而0并没有算进去）。 所以一开始要虚拟一个二元组{0,0}再排序。
第二题：（较难）
题目大意：
给出一个N个点M条边的无环图DAG，点的编号是1—N，求出满足条件A的路径的数量。A：路径上所有点的编号的乘积是一个完全平方数。N<=90，M<=3000.
解题过程：
1.一开始想到的自然是搜索，保存当前乘积的分解质因数结果（只要保存每个质因数个数的奇偶性，01表示即可），能拿30分。之后想到如果当前乘积是一个完全平方数， 那么继续走，要想乘积为完全平方数，那么之后走的点的编号乘积必定也是完全平方数。 那么只要反向存边做一个拓扑排序，保存以点i为起点的满足条件的路径数F[i]，当搜索到一个节点node且乘积是完全平方数的时候，就不要继续搜索了，加上它所有后继点j的F[j]即可；另外N<=90，那么如果搜到当前乘积有大于等于47的质因数，那么必定不会是完全平方数了，直接终止搜索。。 丧心病狂地做了那么多，结果和爆搜一样，还是30分，只能说数据跨度有点大。。。
2.正解：状态压缩DP，F[node][s]表示以node为终点，且乘积的分解质因数结果的奇偶性情况为s的最多路径数。质因数最大为43,一共14个，所以s最大只有2^14-1。
转移方程：F[node][s]=sum（F[k][s xor j]）,k为s的前驱，j为node分解质因数的结果。
复杂度分析：首先N*2^14个状态，对于每条边，都用来转移了2^14*M次，复杂度就是（2^14*(N+M)）;
转移的时候可以用记忆化搜索，也可以做一次拓扑排序，按照拓扑序来求F[node][s],为的是在求node时保证node的前驱已经求过。
第三题：（想到算法就很简单）
题目大意：
给出N个点M条边的无向图和边的权值，给出K对点，求出最小的D，使得删去所有权值小于等于D的边后，K对点不能互相到达。若不可能，输出-1.
30% N ≤ 100,M ≤ 300,K ≤ 100, ≤ 100 。 Xi<=100
60% N ≤ 1000,M ≤ 3000,K ≤ 1000 。
100% N ≤ 100000,M ≤ 300000,K ≤ 100000, Xi≤10^9 。
解题过程：
1.首先看无解的情况，（考试时想了半天没想到），就是 给出的点对 是两个相同的点，感觉这有点无聊了。
2.AC算法考试时没想到，做了个改造的SPFA，复杂度O（NM）:先用前向星把每个点需要到达的点保存下来，从每个点出发做一次SPFA，求出到达 要到的点的路径中最大边的最小值即可，可以拿到60分（没考虑无解，55分）；
3.AC算法：二分D，把所有权值小于等于D的边暂时删去，然后用并查集判断点对能否连通。（讲明白了好简单，10分钟写完的。）
成绩不是很理想，3个题目加起来才120分，和其他人的差距还是挺大的。以后还是要努力。