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最小割补充文档及相关习题

2022 年 7 月 19 日晚上 21:30 在解题十分钟直播间讲解最小割解题方法和系列例题。

直播录像在这里

注意：这是相关题目的链接补充及代码参考，所有涉及到思路的地方都比较粗糙，看不懂很正常。

Asteroids

3041 – Asteroids

其实这题就是 $\times m$ 棋盘问题。可以用来练习 dinic。

假设 $(x, y)$ 需要去掉，显然同时划分到不选他们的方案是不合法的，连边 $+\infty$ ，其余根据自己的建模，参考 up 的建模方式即可。

#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define int long longconst int N = 1E3 + 10, M = 2E5 + 10;struct edge{int v, c, ne;edge() {}edge(int v, int c, int ne) : v(v), c(c), ne(ne) {}
}e[M];int n, m, S, T;
int h[N], idx = 1; // idx = 1 方便找反向边
int d[N], cur[N];void add(int a, int b, int c) {e[++ idx] = edge(b, c, h[a]);h[a] = idx; 
}bool bfs(){ // 对点分层memset(d, 0, sizeof d);queue<int> q;q.push(S);d[S] = 1;while(q.size()){int u = q.front();q.pop();for(int i = h[u]; i; i = e[i].ne){int v = e[i].v;if(d[v] == 0 && e[i].c){d[v] = d[u] + 1;q.push(v);if(v == T) return true;}}}return false;
}int dfs(int u, int rf){ // 从 u 点出发, 有 rf 流量, 留到终点最大流if(u == T) return rf;int sum = 0; // 最大流for(int i = cur[u]; i; i = e[i].ne){cur[u] = i; // 当前弧优化int v = e[i].v;if(d[v] == d[u] + 1 && e[i].c){int f = dfs(v, min(e[i].c, rf));e[i].c -= f;e[i ^ 1].c += f;sum += f;rf -= f;if(!rf) break; // 剩余流量优化}}if(sum == 0) d[u] = 0; // 残枝优化return sum;
}int dinic(){int flow = 0;while(bfs()){memcpy(cur, h, sizeof h);flow += dfs(S, 1e18);}return flow;
}int x, y;void solve(){cin >> n >> m;while(m --){cin >> x >> y;add(x, y + n, 1e18);add(y + n, x, 0);}S = 0, T = 2 * n + 1;for(int i = 1; i <= n; i ++){add(S, i, 1);add(i, S, 0);add(i + n, T, 1);add(T, i + n, 0);}cout << dinic() << '\n';
}signed main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0), cout.tie(0); solve();return 0;
}

P3231 [HNOI2013] 消毒

[HNOI2013] 消毒 - 洛谷

这是我不独立完成的一道洛谷紫题，实际就是上一题的升级版，二维转三维。

当然这题之所以可做，是因为 $a\times b \times c \leq 5000$ ，也就代表着总有一维 $\leq \sqrt[3] {5000} $ , 大概是 17 数量级。

对于最小的这一维，我们暴搜怎么消毒。

关于消毒，取 $\min (x,y,z)=1$ 一定是最优的，相当于每次选一个截面消毒，花费一个代价。

暴搜最小的截面之后，剩下的点，已经消毒的直接忽略，没消毒的点，相当于第一个问题了。

注意到，求这个二分图的最小割，也就是求二分图的最大流，同时也就是最大匹配。

所以为了好写代码，匈牙利跑一遍即可。

时间复杂度不会算了已经，大概是 $O(T\times 2^{17} \times bc)$ , 因为匈牙利实际更快，所以这个复杂度应该达不到。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long longconstexpr int N = 1E4 + 10, M = 2E4 + 10;int a, b, c;
int q[4][N];
int ans, cnt = 0;int h[N], e[M], ne[M], idx = 0;void add(int a, int b){e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}int ok[20];
int st[N], match[N];bool find(int u){for(int i = h[u]; ~i; i = ne[i]){int v = e[i];if(!st[v]){st[v] = true;if(!match[v] || find(match[v])){match[v] = u;return true;}}}return false;
}int cal(){int res = 0;memset(h, -1, sizeof h);idx = 0;for(int i = 1; i <= cnt; i ++){if(ok[q[1][i]] == false) {add(q[2][i], q[3][i] + b);add(q[3][i] + b, q[2][i]);}}for(int j = b + 1; j <= b + c; j ++) match[j] = 0;for(int i = 1; i <= b; i ++){for(int j = b + 1; j <= b + c; j ++) st[j] = false;if(find(i)) res ++;}return res;
}void dfs(int u, int v){if(u == a + 1){ans = min(ans, cal() + v);return ;}dfs(u + 1, v);ok[u] = 1;dfs(u + 1, v + 1);ok[u] = 0;
}void solve(){cin >> a >> b >> c;cnt = 0;for(int i = 1; i <= a; i ++){for(int j = 1; j <= b; j ++){for(int k = 1; k <= c; k ++){int x;cin >> x;if(x){q[1][++ cnt] = i, q[2][cnt] = j, q[3][cnt] = k;}}}}ans = 5000;memset(ok, 0, sizeof ok);dfs(1, 0); // 正在考虑第 i 层, 已经花费代价 jcout << ans << '\n';
}signed main(){// ios::sync_with_stdio(false);// cin.tie(0), cout.tie(0);int T = 1;cin >> T;while (T --){solve();}return 0;
}

P2762 太空飞行计划问题

太空飞行计划问题 - 洛谷

就是课上所讲的设备采购问题，不得不感叹 up 主讲得很好。

其实这是一个算法，或者说是图论的一个知识点吧，叫最大权闭合子图。

闭合子图的定义是，对于有向图 $G = (V, E)$ ，如果存在子集 $\subseteq V$ , 满足闭合条件 : 对于任意两个节点 $u,v\in V$ , 如果 $\in S$ 且存在边 $\rightarrow v$ ，那么 $v$ 也必须属于 $S$ 。

我们给每个点一个权值，权值最大的闭合子图就是最大权闭合子图。

我们直接看这道题就可以，会了这道题，你就会发现，其实最大权闭合子图是一个很无聊的东西。

注意，按照 up 的划分方式，我们 dinic 过程中 bfs 找增广路的时候，显然最后最小割断流，因此所有 $d\neq 0$ 的就是 $S$ 集合的元素，其余都是 $T$ 集合的元素。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long longconstexpr int N = 210, M = 1E4 + 10;struct edge{int v, c, ne;
}e[M];int S, T;
int h[N], idx = 1; // idx = 1 方便找反向边
int d[N], cur[N];void add(int a, int b, int c) {e[++ idx] = {b, c, h[a]}; h[a] = idx; 
}bool bfs(){ // 对点分层memset(d, 0, sizeof d);queue<int> q;q.push(S);d[S] = 1;while(q.size()){int u = q.front();q.pop();for(int i = h[u]; i; i = e[i].ne){int v = e[i].v;if(d[v] == 0 && e[i].c){d[v] = d[u] + 1;q.push(v);if(v == T) return true;}}}return false;
}int dfs(int u, int rf){ // 从 u 点出发, 有 rf 流量, 留到终点最大流if(u == T) return rf;int sum = 0; // 最大流for(int i = cur[u]; i; i = e[i].ne){cur[u] = i; // 当前弧优化int v = e[i].v;if(d[v] == d[u] + 1 && e[i].c){int f = dfs(v, min(e[i].c, rf));e[i].c -= f;e[i ^ 1].c += f;sum += f;rf -= f;if(!rf) break; // 剩余流量优化}}if(sum == 0) d[u] = 0; // 残枝优化return sum;
}int dinic(){int flow = 0;while(bfs()){memcpy(cur, h, sizeof h);flow += dfs(S, 1e18);}return flow;
}int m, n, res = 0;int atS[N], st[N];void dfs(int u){st[u] = atS[u] = 1;for(int i = h[u]; i; i = e[i].ne){int v = e[i].v;if(!st[v] && e[i].c){dfs(v);}}
}// tips : initialize S, T ; for (u, v, w), add(u, v, w), add(v, u, 0)void solve(){scanf("%lld %lld", &m, &n);S = 0, T = n + m + 1;for(int i = 1; i <= m; i ++){int x, I;scanf("%lld", &x);res += x;add(n + i, T, x);add(T, n + i, 0);while(getchar() == ' '){scanf("%lld", &I);add(I, n + i, 1e18);add(n + i, I, 0);}}for(int i = 1; i <= n; i ++){int x;scanf("%lld", &x);add(S, i, x);add(i, S, 0);}int ans = res - dinic();for(int i = 1; i <= m; i ++){if(d[n + i] == 0) printf("%lld ", i);}puts("");for(int i = 1; i <= n; i ++){if(d[i] == 0) printf("%lld ", i);}printf("\n%lld", ans);
}signed main(){// ios::sync_with_stdio(false);// cin.tie(0), cout.tie(0); solve();return 0;
}
/*
void solve(){int n;scanf("%lld", &n);vector<vector<int> > vc(n + 1);for(int i = 1; i <= n; i ++){int x;scanf("%lld", &x);vc[i].push_back(x);while(getchar() == ' '){scanf("%lld", &x);vc[i].push_back(x);}}for(int i = 1; i <= n; i ++){cout << "vector: " << i << '\n';for(auto &nx : vc[i]) cout << nx << ' ';cout << '\n';}
}
*/

tips : 这是题目的读入方式，我认为这个比题面中给出的更好写

void solve(){int n;scanf("%lld", &n);vector<vector<int> > vc(n + 1);for(int i = 1; i <= n; i ++){int x;scanf("%lld", &x);vc[i].push_back(x);while(getchar() == ' '){scanf("%lld", &x);vc[i].push_back(x);}}for(int i = 1; i <= n; i ++){cout << "vector: " << i << '\n';for(auto &nx : vc[i]) cout << nx << ' ';cout << '\n';}
}

P2774 方格取数问题

方格取数问题 - 洛谷

有件事情很有意思，出现在网络流专题的网络流题目难度自动下降一个等级。

不难理解，网络流的多数题目难点首先就在于想到这题可以用网络来做，其次就是建模，建模完成之后，题目就已经结束了。

这道题目也是，其实我们把棋盘看成图的话，相邻的点连边，类似国际象棋的黑白格，这些黑白格就是一张二分图。

这道题目，我们先把所有贡献收集过来，然后用最小割分配每个点，总贡献 - 最小割就是我们最多收集到的贡献。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long longconstexpr int N = 1E4 + 10, M = 2E5 + 10;struct edge{int v, c, ne;
}e[M];int S, T;
int h[N], idx = 1; // idx = 1 方便找反向边
int d[N], cur[N];void add(int a, int b, int c) {e[++ idx] = {b, c, h[a]}; h[a] = idx; 
}bool bfs(){ // 对点分层memset(d, 0, sizeof d);queue<int> q;q.push(S);d[S] = 1;while(q.size()){int u = q.front();q.pop();for(int i = h[u]; i; i = e[i].ne){int v = e[i].v;if(d[v] == 0 && e[i].c){d[v] = d[u] + 1;q.push(v);if(v == T) return true;}}}return false;
}int dfs(int u, int rf){ // 从 u 点出发, 有 rf 流量, 留到终点最大流if(u == T) return rf;int sum = 0; // 最大流for(int i = cur[u]; i; i = e[i].ne){cur[u] = i; // 当前弧优化int v = e[i].v;if(d[v] == d[u] + 1 && e[i].c){int f = dfs(v, min(e[i].c, rf));e[i].c -= f;e[i ^ 1].c += f;sum += f;rf -= f;if(!rf) break; // 剩余流量优化}}if(sum == 0) d[u] = 0; // 残枝优化return sum;
}int dinic(){int flow = 0;while(bfs()){memcpy(cur, h, sizeof h);flow += dfs(S, 1e18);}return flow;
}
/*set N, Minitialize S, T ;for (u, v, w), add(u, v, w), add(v, u, 0)
*/  int n, m, w[110][110];int dx[] = {1, -1, 0, 0};
int dy[] = {0, 0, 1, -1};int cal(int x, int y){return (x - 1) * m + y;
}void add(int x, int y){for(int i = 0; i < 4; i ++){int nx = x + dx[i], ny = y + dy[i];if(nx >= 1 && nx <= n && ny >= 1 && ny <= m){add(cal(x, y), cal(nx, ny), 1e18);add(cal(nx, ny), cal(x, y), 0);}}
}void solve(){int ans = 0; cin >> n >> m;S = 0, T = n * m + 1;for(int i = 1; i <= n; i ++){for(int j = 1; j <= m; j ++){cin >> w[i][j];ans += w[i][j];}}for(int i = 1; i <= n; i ++){for(int j = 1; j <= m; j ++){if((i + j) & 1){add(i, j);add(S, cal(i, j), w[i][j]);add(cal(i, j), S, 0);}else{add(cal(i, j), T, w[i][j]);add(T, cal(i, j), 0);}}}cout << ans - dinic() << '\n';
}signed main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0), cout.tie(0); solve();return 0;
}

G - Grid Card Game

对于每个行列，都是二元选择问题，要么选，要么不选。

我们用 S 集合表示选择行但不选择列；用 T 集合表示选择列但不选择行。

首先先拿走全部正数代价。然后对于负数格，显然不能同时选择，于是我们队 $r\rightarrow c$ 连一条 $+\infty$ 的边；对于正数格，都不选择，会放弃这个价值，从 $c\rightarrow r$ 连一条 $x$ 的边；对于每个行或者列，如果选择，会扣掉所有负数代价。

用提前拿走的所有价值减掉这个图的 S-T 最小割即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long longconstexpr int N = 210, M = 2E5 + 10;struct edge{int v, c, ne;
}e[M];int S, T;
int h[N], idx = 1; // idx = 1 方便找反向边
int d[N], cur[N];void add(int a, int b, int c) {e[++ idx] = {b, c, h[a]}; h[a] = idx; 
}bool bfs(){ // 对点分层memset(d, 0, sizeof d);queue<int> q;q.push(S);d[S] = 1;while(q.size()){int u = q.front();q.pop();for(int i = h[u]; i; i = e[i].ne){int v = e[i].v;if(d[v] == 0 && e[i].c){d[v] = d[u] + 1;q.push(v);if(v == T) return true;}}}return false;
}int dfs(int u, int rf){ // 从 u 点出发, 有 rf 流量, 留到终点最大流if(u == T) return rf;int sum = 0; // 最大流for(int i = cur[u]; i; i = e[i].ne){cur[u] = i; // 当前弧优化int v = e[i].v;if(d[v] == d[u] + 1 && e[i].c){int f = dfs(v, min(e[i].c, rf));e[i].c -= f;e[i ^ 1].c += f;sum += f;rf -= f;if(!rf) break; // 剩余流量优化}}if(sum == 0) d[u] = 0; // 残枝优化return sum;
}int dinic(){int flow = 0;while(bfs()){memcpy(cur, h, sizeof h);flow += dfs(S, 1e18);}return flow;
}
/*set N, Minitialize S, T ;for (u, v, w), add(u, v, w), add(v, u, 0)
*/  int n, m;int a[110][110];void solve(){int res = 0;cin >> n >> m;S = 0, T = n + m + 1;for(int i = 1; i <= n; i ++){int s = 0;for(int j = 1; j <= m; j ++){cin >> a[i][j];if(a[i][j] > 0){add(n + j, i, a[i][j]);add(i, n +  j, 0);res += a[i][j];}if(a[i][j] < 0){add(i, n + j, 1e18);add(n + j, i, 0);s += -a[i][j];}}add(i, T, s);add(T, i, 0);}for(int j = 1; j <= m; j ++){int s = 0;for(int i = 1; i <= n; i ++){if(a[i][j] < 0) s += -a[i][j];}add(S, n + j, s);add(n + j, S, 0);}cout << res - dinic() << '\n';
}signed main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0), cout.tie(0); solve();return 0;
}

E. Best Subsequence

一切源于此题。。。。

题目的 set bits 指的数字二进制表示 1 的出现次数。

其实这道题还是不容易想到最小割来解决的。

如果能想到，首先想到，对于每个元素，当然是选择或者不选择，一般会往 DP 去想。

假设 DP 没想到做法吧，你会在思考过程中发现，对于每个数，选择他，那么他的所有二进制 1 都要选。注意题目是 bitwise OR , 我一开始看成 bitwise xor 了，正好 1 | 2 == 1 ^ 2，没太注意。

既然是按位或，对于每个数，看做点，每个位 1 ，看做点。

最多 $n + 60 + 2$ 个点，多出来的是 $S = 0, T = n + 60 + 1$ 。

S 集合表示选数字，选二进制，T 集合相反。

不能选数字不选二进制，每个数字往他的 bit sets 连 1.

先拿走 n 个贡献，不选数字，割掉贡献，S 向 i 连 1 ；

选择位，割掉贡献，位向 T 连 1.

n - 最小割就是答案。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long longconstexpr int N = 210, M = 2E5 + 10;struct edge{int v, c, ne;
}e[M];int S, T;
int h[N], idx = 1; // idx = 1 方便找反向边
int d[N], cur[N];void add(int a, int b, int c) {e[++ idx] = {b, c, h[a]}; h[a] = idx; 
}bool bfs(){ // 对点分层memset(d, 0, sizeof d);queue<int> q;q.push(S);d[S] = 1;while(q.size()){int u = q.front();q.pop();for(int i = h[u]; i; i = e[i].ne){int v = e[i].v;if(d[v] == 0 && e[i].c){d[v] = d[u] + 1;q.push(v);if(v == T) return true;}}}return false;
}int dfs(int u, int rf){ // 从 u 点出发, 有 rf 流量, 留到终点最大流if(u == T) return rf;int sum = 0; // 最大流for(int i = cur[u]; i; i = e[i].ne){cur[u] = i; // 当前弧优化int v = e[i].v;if(d[v] == d[u] + 1 && e[i].c){int f = dfs(v, min(e[i].c, rf));e[i].c -= f;e[i ^ 1].c += f;sum += f;rf -= f;if(!rf) break; // 剩余流量优化}}if(sum == 0) d[u] = 0; // 残枝优化return sum;
}int dinic(){int flow = 0;while(bfs()){memcpy(cur, h, sizeof h);flow += dfs(S, 1e18);}return flow;
}
/*set N, Minitialize S, T ;for (u, v, w), add(u, v, w), add(v, u, 0)
*/  int n, a[110];void solve(){memset(h, 0, sizeof h);idx = 1;cin >> n;S = 0, T = n + 60 + 1;for(int i = 1; i <= n; i ++){cin >> a[i];add(S, i, 1);add(i, S, 0);for(int j = 0; j < 60; j ++){if(a[i] >> j & 1){add(i, n + j + 1, 1e18);add(n + j + 1, i, 0);}}}for(int j = 1; j <= 60; j ++){add(n + j, T, 1);add(T, n + j, 0);}cout << n - dinic() << '\n';
}signed main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0), cout.tie(0);int T = 1;cin >> T;while (T --){solve();}return 0;
}

以下是原文档，需要的可以去 up 主的github 仓库下载

网络流与最小割

2022 年 7 月 19 日晚上 21:30 在解题十分钟直播间讲解最小割解题方法和系列例题。

直播录像在这里

网络流的定义：

有一个 s 点有一个 t 点，以及若干其它点
有若干有向边。其中 s 点没有入边，t 点没有出边
对于除了 s 点和 t 点以外的所有点，入流量之和等于出流量之和
形象的比喻想象水管，s 点是无限的水源，t 点是无限的出口，边的权值等于管的容量
整个网络同时能通过的最大流量，这个流量等于 s 点的所有出流量，等于 t 点的所有入流量

割的定义：

设置两个集合 S 集合和 T 集合，且 s 点属于 S 集合，t 点属于 T 集合
其它所有点属于 S 集合或 T 集合之一
所有来自于 S 集合，指向 T 集合的边，权值之和为割的大小

定理：

最小割 = 最大流
直观理解就是最小割的边满流的情况下，无法再找到增加流量的办法

能否套用最小割方法的判断：

把最少/最小代价对应到最小割
把二元选择问题改变为集合选择问题
不合法的方案，定义成流量无穷大的边

建图过程：

根据可以做二元选择的对象定义所有的点
根据不合法方案连接无穷大的边，明确点的集合归属含义
根据点的集合归属含义，明确所有需要支付的成本

额外思路：

先假设能获得所有收益，然后把得不到的收益也记作成本，来解决最大化收益问题

棋子问题

有 N*M 的棋盘，上面有 K 个棋子，位于 Ai 行 Bi 列。

一次操作可以消除一行的棋子或者消除一列的棋子。

问最少要多少次操作，才能消灭所有的棋子？

1 ≤ N,M ≤ 100

思考过程：

最少次操作 => 最小代价 => 最小割（把边看做代价）
每一行，可以选择消除或不消除
每一列，可以选择消除或不消除
所以网络中的点是行与列
不合法的方案，表示有棋子没有被消除。

建模过程：

行属于 S 集合表示不消除，属于 T 集合表示消除
列属于 T 集合表示不消除，属于 S 集合表示消除
不合法方案的边：
- 对于为 1 的单元格，行不消除且列不消除非法
- 对应单元格建立行指向列的无穷大流量边
支付成本：
- s 到行，流量为 1
- 列到 t，流量为 1

设备采购问题

有 N 种设备，采购价格分别是 A1,A1,…AN

和 M 个项目，项目收益分别是 B1,B1,…BM

另外有 K 个约束条件，Ci,Di 表示完成 Di 号项目，必须要拥有 Ci 号设备。

问最高能获得的利润是多少（利润等于收益-成本）

思考过程：

先假设能获得所有收益，然后把得不到的收益也记作成本
设备：采购与不采购；项目：做与不做
不合法方案：项目依赖的设备没有采购，但又要做对应项目

建图过程：

设备属于 S 集合表示不采购，属于 T 集合表示采购
项目属于 S 集合表示不做，属于 T 集合表示做
不合法方案：
- 项目依赖设备，但设备未采购，不合法
- 有依赖时，从设备指向项目，流量无穷大
支付成本：
- 设备采购支付成本，s 点指向设备，流量为采购成本
- 项目不做支付损失，项目指向 t 点，流量为项目收益

取数问题

在一个 M*N 的棋盘中，每个方格有一个正整数。现在要从方格中取若干个数，使任意 2 个数所在方格没有公共边，并使取出的数总和最大。试设计一个满足要求的取数算法。

思考过程：

先假设能获得所有数，然后建图使方案合法
每个数选择与不选择
不合法的方案：相邻的格子不能同时选

建图过程：

经过尝试和思考，得出结论，区分坐标奇偶性（横坐标和纵坐标之和的奇偶性）
偶数格属于 S 集合表示选择，属于 T 集合表示不选择
奇数格属于 T 集合表示选择，属于 S 集合表示不选择
不合法方案：
- 相邻的格子不能同时选
- 相邻的格子，从偶数格向奇数格建边，流量无穷大
支付代价
- 偶数格不选择，s 向偶数格建边，流量为格子的值
- 奇数格不选择，奇数格向 t 建边，流量为格子的值

另一个棋子问题

本题来自于AtCode ABC259

有 N*M 的棋盘，每个方格有一个数，其中有正数也有负数。要求选定其中的若干行和若干列，满足：

要求负数的格子不能同时选择所在行和所在列。

如果方格所在的行或所在的列被选中，它的分数被加到总分上，不论是正数还是负数。如果行和列同时被选中，分数也只累加一次。

试设计一个算法，问能得到的最大得分是多少。

思考过程：

记所有正数之和为最大收益，考虑需要支付的成本
行：选择与不选择，列：选择与不选择
不合法方案：负数格的行与列不能同时选择

建图过程：

行选择：属于 S 集合；不选择：属于 T 集合
列选择：属于 T 集合；不选择：属于 S 集合
不合法方案：
- 负数格不能同时选择所在行和所在列
- 负数格从行向列建立流量无穷大的边
支付成本：
- 行选择，支付该行所有负数格成本，行到 t 连边，权值为该行所有负数的绝对值和
- 列选择，支付该列所有负数格成本，s 到列连边，权值为该列所有负数的绝对值和
- 正数格，行和列都不选择，支付放弃的成本，列到行建边，权值为该格的值

设计师分六个级别_免费网站怎么建立_关键词排名的排名优化_seo推广是什么意怿

最小割补充文档及相关习题

Asteroids

P3231 [HNOI2013] 消毒

P2762 太空飞行计划问题

P2774 方格取数问题

G - Grid Card Game

E. Best Subsequence

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