14日：
四个小时的模拟赛，四道小清新计数题。前面时间状态还是不太好，一个多小时把T1搞出来了，T2T3T4都不会，暴力也没打成。
T1又顺便挂了20分，所以最后总分只有80。是得好好调整状态了。
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T1【字符串】
题目大意：
给出两个字符串\(s,t\)，要求求出所有\(x\)的个数，使得\(x=p+q\)（\(p,q\)分别是\(s\)串的非空前缀、\(t\)串的非空后缀）
设\(n=|s|,m=|t|,1\leqslant n,m\leqslant 10^{6}\)。
解题思路：
所有\(x\)的个数即为\(n\times m\)，但由于\(s,t\)串中重复的字符拼接时会导致相同的\(x\)被统计两次，所以需要统计字符串中相同的字符后去重，总数减去一个字符在\(s\)串出现的次数乘在\(t\)串中出现的次数即可。
但！注意到前后缀非空，所以统计字符时要跳过\(s_{1}\)与\(t_{m}\)。
挂分小技巧：取模出错。
坏代码
#incIude <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+5;
const int MOD=998244353;
char s1[N],s2[N];
int a1[N],a2[N];
int cnt1,cnt2;
int bx1[N],bx2[N];
int ans;signed main()
{scanf("%s%s",s1,s2);for (int i=0;s1[i]!='\0';i++) a1[++cnt1]=(int)(s1[i]-'a');//闲的for (int i=0;s2[i]!='\0';i++) a2[++cnt2]=(int)(s2[i]-'a');ans=(cnt1*cnt2)%MOD;for (int i=2;i<=cnt1;i++) bx1[a1[i]]++;for (int i=1;i<cnt2;i++) bx2[a2[i]]++;for (int i=0;i<26;i++) ans=(ans-(bx1[i]*bx2[i])%MOD+MOD)%MOD;//注！意！取！模！printf("%lld",ans);return 0;
}
T2【艾特扣德】
待补。
15日：
抽象的题目。不多做评价了。
打了T1的正解，T2的“暴力”，预计总分140。但T1没注意到\(\Sigma n\)为\(10^{6}\)，多测初始化初始炸了；T2数据太水，导致暴力完全能过，但是因特判特殊数据特判的不对所以炸了，实际上T1 60分，T2 80分，总分140分。一切的一切都说得过去，但是……
挂了整整60分！！再次与第二失之交臂！！！
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T1【最优排序】
题目大意：
给出一个值域为\([1,n]\)的排列\(p\)，每次操作可以选取至多四个互不相同的位置，并任意交换他们的位置。求最少操作几次可以使\(p\)升序排列。\((1\leqslant T,n,\Sigma n\leqslant 10^{6})\)
解题思路：
看到这道题又手模了一会儿，突然联想到之前模拟赛的T3，于是就开始非常激动地建图……统计……然后炸了。
我们可以将不好的\(p_{i}\)指向\(i\)，我们可以想到一定存在若干个\(p_{i}\)，交换他们之间的位置后一定合法，手模后发现这些\(p_{i}\)会形成一个环。于是乎，我们可以建图后统计出所有环的节点个数以计算答案。
对于一个节点数量为\(t_{i}\)的环，我们可以先取到相邻4个节点并进行交换，我们容易发现一次操作会产生一个不合法的\(p_{i}\)与三个合法的\(p_{j}\)，那么下一次操作包含上次不合法的\(p_{i}\)与3个新的\(p_{j}\)即可，重复以上操作就可以使整个环合法。
所以，对于该环就要操作\(\lceil\frac {t_{i}}{3}\rceil\)次。但是！可以想到，要是最后只用操作两个点的话，那么这次操作可以和其他环一起操作，最后答案即\(\Sigma^{m}_{i=1}{\lfloor\frac{t_{i}}{3}\rfloor}+\lceil\frac{\Sigma^{m}_{i=1}[t_{i} mod 3 =2]}{2}\rceil\)。
因为这题情况非常简单，所以根本不用跑\(Tarjan\)，跑个\(dfs\)就行。且，初始化补药\(memset\)，重复到\(n\)就行，不然会炸。
坏代码
#incIude <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+5;
int T;
int n;
int p[N];
vector <int> e[N];
int vis[N];
int ans,tol;void init()
{for (int i=0;i<=n;i++) e[i].clear();for (int i=0;i<=n;i++) vis[i]=0;ans=tol=0;
}
int dfs(int x)
{vis[x]=1;int res=1;int _size=e[x].size();for (int i=0;i<_size;i++){int v=e[x][i];if (vis[v]) continue;res+=dfs(v);}return res;
}
signed main()
{scanf("%lld",&T);while (T--){init();scanf("%lld",&n);for (int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&p[i]);if (p[i]==i) continue;e[i].push_back(p[i]);}for (int i=1;i<=n;i++){if (!vis[i]&&p[i]!=i){int cnt=dfs(i);ans+=cnt/3;if (cnt%3==2) tol++;}}printf("%lld\n",ans+(tol+1)/2);}return 0;
}
T2【图上移动】
题目大意：
给出一个\(n\)个节点、\(m\)条边的无向图，可以给每个点赋值，要求找到一条最长的路径，使得每次移动都是向当前节点相邻权值最小的节点移动。\((1\leqslant n\leqslant 40)\)
解题思路：
爆搜。期望得分100，特判失败，实际得分80。
容易发现，我们的路径上不能走完一个环，否则无法达到要求。所以直接枚举起点\(dfs\)，若与当前节点相连的节点曾经走过的话，那么当前节点不可走，直接return回去即可。
神奇代码
#incIude <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=50;
int n,m;
vector <int> e[N];
int ans;
int vis[N];void dfs(int x,int _fa,int tol)
{vis[x]=vis[_fa]+1;int _size=e[x].size();for (int i=0;i<_size;i++){int v=e[x][i];if (v!=_fa&&vis[v]) return ;}for (int i=0;i<_size;i++){int v=e[x][i];if (v==_fa) continue;dfs(v,x,tol+1);vis[v]=0;}ans=max(ans,tol);return;
}
signed main()
{scanf("%lld%lld",&n,&m);for (int i=1,u,v;i<=m;i++){scanf("%lld%lld",&u,&v);e[u].push_back(v);e[v].push_back(u);}for (int i=1;i<=n;i++) {memset(vis,0,sizeof vis);dfs(i,0,1);}printf("%lld",ans);return 0;
}
