A. Constellations
PKU 3690 http://poj.org/problem?id=3690
題意：給定N*M(N<=1000, M <= 1000)的01矩陣S，再給定T(T <= 100)個P*Q(P <= 50, Q <= 50)的01矩陣，問P*Q的矩陣中有多少個是S的子矩陣。
題解：位壓縮 + KMP
由于P <= 50，所以我們可以把所有P*Q的矩陣進行二進制位壓縮，將P*Q的矩陣的每一列壓縮成一個64位整數，這樣P*Q的矩陣就變成了一個長度為Q的整數序列，用同樣的方式對N*M的矩陣進行壓縮，總共可以產生(N-P+1)個長度為M的整數序列，剩下的就是進行最多(N-P+1)次KMP匹配了。
KMP相關算法可以參閱：
http://www.shnenglu.com/menjitianya/archive/2014/06/20/207354.html
圖1 ‘*’代表二進制的1, ’0’代表二進制的0
B. DNA repair
PKU 3691 http://poj.org/problem?id=3691
題意：給定N(N <= 50)個長度不超過20的模式串，再給定一個長度為M(M <= 1000)的目標串S，求在目標串S上最少改變多少字符，可以使得它不包含任何的模式串（所有串只有ACGT四種字符）。
題解：AC自動機 + 動態規劃
利用模式串建立trie圖，trie圖的每個結點(即下文講到的狀態j)維護三個結構，
Node{
Node *next[4]; // 能夠到達的四個狀態 的結點指針
int id; // 狀態ID，用于到數組下標的映射
int val; // 當前狀態是否是一個非法狀態 （以某些模式串結尾）
}
用DP[i][j]表示長度為i (i <= 1000)，狀態為j(j <= 50*20 + 1)的字符串變成目標串S需要改變的最少字符，設初始狀態j = 0，那么DP[0][0] = 0，其他均為無窮大。從長度i到i+1進行狀態轉移，每次轉移枚舉共四個字符(A、C、G、T)，如果枚舉到的字符和S對應位置相同則改變值T=1，否則T=0；那么有狀態轉移方程 DP[i][j] = Min{ DP[i-1][ fromstate ] + T, fromstate為所有能夠到達j的狀態 };最后DP[n][j]中的最小值就是答案。
C. Kindergarten
PKU 3692 http://poj.org/problem?id=3692
題意：給定G(G <= 200)個女孩和B(B <= 200)個男孩，以及M(0 <= M <= G*B)條記錄(x, y)表示x號女孩和y號男孩互相認識。并且所有的女孩互相認識，所有的男孩互相認識，求找到最大的一個集合使得所有人都認識。
題解：二分圖最大匹配
一個點集中所有人都認識表示這個點集是個完全圖，該問題就是求原圖的一個最大團(最大完全子圖)，可以轉化為求補圖的最大獨立集，而補圖恰好是個二分圖。二分圖的最大獨立集 = 總點數 - 二分圖的最大匹配。于是問題就轉化成了求補圖的最大匹配了。
D. Maximum repetition substring
PKU 3693 http://poj.org/problem?id=3693
題意：給定長度為N(N <= 105)的字符串S，求它的一個最多重復子串(注意：最多重復子串不等于最長重復子串，即ababab和aaaa應該取后者)。
題解：后綴數組 + RMQ
枚舉重復子串的長度L，如果對于某個i，有S[i*L ... N]和S[(i+1)*L ... N]的最長公共前綴大于等于L(這一步可以利用后綴數組求解height數組，然后通過RMQ查詢區間最小值來完成)，那么以i*L為首，長度為L的子串至少會重復兩次。
圖2
如圖，L=3，i=3的情況，S[3...10]和S[6...10]的最長公共前綴為3，即S[3...5]和S[6...8]完全匹配，所以S[3...5]重復了兩次。反之，如果最長公共前綴小于L，必定不會重復（因為兩個子串之間出現了斷層）。
推廣到更一般的情況，如果S[i*L ... N]和S[(i+1)*L ... N]的最長公共前綴為T，那么以S[i*L]為首的重復子串的重復次數為T / L + 1，而且我們可以發現如果以S[i*L]為首，長度為L的子串的重復次數大于等于2，那么它一定不會比以S[(i+1)*L]為首的子串的重復次數少，這個是顯然的，比如L為2的時候，ababab一定比abab多重復一次，基于這個性質，我們定義一個new_flag標記，表示是否需要計算接下來匹配到的串(如ababab和abab的情況，前者計算過了，就把new_flag置為false，就不會計算abab的情況了)，得出完整算法：
1) 枚舉重復子串的長度L，初始化new_flag標記為true；
2) 枚舉i，計算S[i*L ... N]和S[(i+1)*L ... N]的最長公共前綴T；
a) 如果T < L，new_flag標記為true；
b) 如果T >= L，判斷new_flag是不是為false，如果為false，說明以S[i*L]為首的串和S[(i-1)*L]為首的串的最長公共前綴大于等于T，跳轉到2)；否則轉3)；
3) 因為S[i*L, (i+1)*L]有重復子串，但是字典序不一定最小，所以還需要枚舉區間 [i-L+1, i+L]，看是否存在字典序更小的子串，比較字典序這一步可以直接使用后綴數組計算出來的rank值進行比較。
RMQ相關算法可以參閱：
http://www.shnenglu.com/menjitianya/archive/2014/06/26/207420.html
E. Network
PKU 3694 http://poj.org/problem?id=3694
題意：給定N(N <= 105)個點和M(N-1 <= M <= 2*105)條邊的無向連通圖，進行Q(Q <= 1000)次加邊，每次加入一條邊要求輸出當前圖中有多少條割邊。
題解：無向圖割邊、最近公共祖先
利用tarjan求出原圖的割邊，由于這題數據量比較大，所以用遞歸可能會爆棧，需要棧模擬實現遞歸過程，tarjan計算的時候用parent[u]保存u的父結點，每個結點進出棧各一次，出棧時表示以它為根結點的子樹訪問完畢，然后判斷(u, parent[u])是否為割邊。每次詢問u, v加入后會有多少割邊，其實就是求u和v的到它們的最近公共祖先lca(u, v)的路徑上有多少割邊，由于在進行tarjan計算的時候保存了每個結點的最早訪問時間dfn[u]，那么有這么一個性質：dfn[ parent[u] ] < dfn[u]，這是顯然的(父結點的訪問先于子結點)。于是當dfn[u] < dfn[v]，將parent[v]賦值給v，反之，將parent[u]賦值給u，因為是一棵樹，所以進過反復迭代，一定可以出現u == v 的情況，這時候的u就是原先u和v的最近公共祖先，在迭代的時候判斷路徑上是否存在割邊，路徑上的割邊經過(u, v)這條邊的加入都將成為非割邊，用一個變量保存割邊數目，輸出即可。
圖3
如圖3，圖中實線表示樹邊，虛線表示原圖中的邊，但是進行tarjan計算的時候7這個結點被(6, 7)這條邊“捷足先登”了，于是(4, 7)成為了一條冗余邊，計算完后這個圖的割邊為(1, 2)、(1,3)、(3, 4)、(3, 5)，分別標記bridge[2]、bridge[3]、bridge[4]、bridge[5]為true。
當插入一條邊(7, 5)，那么沿著7的祖先路徑和5的祖先路徑最后找到的最近公共祖先為3(路徑為7 -> 6 -> 4 -> 3 和 5 -> 3)，(3, 4)、(3, 5)這兩條割邊因為加入了(7, 5)這條邊而變成了普通邊，將標記bridge[4]、bridge[5]置為false。
F. Rectangles
PKU 3695 http://poj.org/problem?id=3695
題意：給定N(N <= 20)個矩形，以及M(M <= 105)次詢問，詢問R(R <= N)個矩形的并。
題解：離散化 + 暴力( 或 容斥原理 )
離散化：由于矩形很少，所以可以將它們的XY坐標分別離散到整點，兩個維度分別離散，點的總數不會超過2N，對于本次詢問，利用前一次詢問的結果進行面積的增減，對每個矩形進行判斷，一共有兩種情況：
1）這個矩形前一次詢問出現，本次詢問不出現，對它的所有離散塊進行自減操作，如果某個離散塊計數減為0，則總面積減去這個離散塊的面積；
2）這個矩形前一次詢問沒出現，本次詢問出現，對它的所有離散塊進行自增操作，如果某個離散塊計數累加后為1，則總面積加上這個離散塊的面積；
容斥原理：對于每個詢問，利用dfs枚舉每個矩形取或不取，取出來的所有矩形作相交操作，所有[奇數個矩形交]的面積和 – 所有[偶數個矩形交]的面積和 就是答案，因為是dfs枚舉，所以在枚舉到某次相交矩形面積為0的時候就不需要再枚舉下去了，算是一個比較強的剪枝。
如圖4，紅色區域為被覆蓋了一次的區域，橙色區域為被覆蓋了兩次的區域，黃色區域為被覆蓋了三次的區域，那么先將所有的三個矩形加起來，然后需要減掉重疊的部分，重疊的減掉后發現，重疊的部分多減了，即圖中黃色的部分被多減了一次，需要加回來。所以容斥原理可以概括為：奇數加，偶數減。
圖4
G. The Luckiest number
PKU 3696 http://poj.org/problem?id=3696
題意：給定L(L <= 2*109)，求一個最小的數T，滿足T僅由數字’8’組成，并且T是L的倍數。
題解：歐拉定理
首先，長度為N的僅由8組成的數字可以表示為8*(10N-1)/9。
如果它能被L整除，則可以列出等式(1)：
8*(10N-1)/9 = KL (其中K為任意正整數) (1)
將等式稍作變形得到等式(2)：
(10N-1) = 9KL/8 (2)
由于存在分母，所以我們需要先對分數部分進行約分，得到等式(3)：
令A = L/GCD(8, L), B = 8/GCD(8, L)
(10N-1) = 9K*A / B (3)
因為A和B已經互質，所以如果B不為1，為了保證等式右邊仍為整數，K必須能被B整除，而K為任意整數，所以一定能夠找到一個K正好是B的倍數，所以可以在等式兩邊同時模9A，得到(10N-1) mod (9A) = 0，稍作變形，得到等式(4):
(4)
于是需要引入一個定理，即歐拉定理。
歐拉定理的描述為：若n, a為正整數，且n, a互質，則：
圖5
(ψ(n)表示n的歐拉函數，即小于等于n并且和n互素的數的個數)
這樣一來，我們發現只要10和9A互質，只需要求9A的歐拉函數，但是求出來的歐拉函數是不是一定使得N最小呢，并不是，所以還需要枚舉歐拉函數的因子，如果它的某個因子T也滿足(4)的等式，那么T肯定不會比ψ(9A)大，所以T一定更優。
這里9A有可能超過32位整數，所以計算過程中遇到的乘法操作不能直接相乘(兩個超過32位整數的數相乘會超過64位整數)，需要用到二分乘法，即利用二進制加法模擬乘法，思想很簡單，就直接給出一段代碼吧。
1 #define LL __int64
2
3 //計算 a*b % mod
4 LL Produc_Mod(LL a, LL b, LL mod) {
5 LL sum = 0;
6 while(b) {
7 if(b & 1) sum = (sum + a) % mod;
8 a = (a + a) % mod;
9 b >>= 1;
10 }
11 return sum;
12 }
13
14
15 //計算a^b % mod
16 LL Power(LL a, LL b, LL mod) {
17 LL sum = 1;
18 while(b) {
19 if(b & 1) sum = Produc_Mod(sum, a, mod);
20 a = Produc_Mod(a, a, mod);
21 b >>= 1;
22 }
23 return sum;
24 }
H. USTC campus network
PKU 3697 http://poj.org/problem?id=3697
題意：給定N, M(N <= 104, M <= 106)，求N個點的完全圖刪掉M條邊后，和1這個結點相鄰的點的數目。
題解：BFS
利用前向星存邊(這里邊的含義是反的，i和j有邊表示i和j不直接連通)。然后從1開始廣搜，將和1有邊的點hash掉，然后枚舉hash數組中沒有hash掉的點(這些點是和1連通的)，如果點沒有被訪問過，標記已訪問，入隊；然后不斷彈出隊列首元素進行相同的處理。
這里可以加入一個小優化，將所有點分組，編號0-9的分為一組，10-19的分為一組，20-29的分為一組，然后用一個計數器來記錄每個組中的點是否被訪問，每次訪問到一個點的時候計數器自增，當某個組的計數器為10的時候表示這個組內所有點都被訪問過了，不需要再進行枚舉了，這樣可以把最壞復雜度控制在 O( N*N/10 ) 以下。