A：
从点s能走到点t必须满足他们的x坐标之差是a的倍数，y坐标之差是b的倍数，并且这两个倍数之差是偶数(如果是奇数一定无法到达t点)，然后还要判断是否s点在x维或y维是否有活动范围，如果一步都无法跨出显然也是不行的。枚举4个角落作为t点取最小值即可。
B：
这道我写的dp。设状态f[N][2]表示到第i个数为止，第i个数还能否用于后面的合并，的最大合并数量以及最大合并数量对应的方法数，开一个pair<int,lld>保存。则：
f[i][0] = f[i-1][1] (s[i]+s[i-1]==9)
f[i][1] = f[i-1][1]+f[i-1][0]
答案为 (f[len][0]+f[len[1]]).second
这里的'+'号看做两个状态的合并。由于没有‘0’，所以不需要对9特殊处理。
C：
题目说明了如果有环应该怎样处理，那么完全就当作无环DAG来考虑问题就很简单了，dfs记忆化以每个格子作为起点时的最大值。
D：
由于每个节点最多只会被增删一次，最多100W个节点。增删操作，因此用Treap就足够了。貌似他们都是二分+树状数组AC的，代码简短有力高大威武啊。
作者：z286830682 发表于2013-12-21 0:39:58 原文链接
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