引言
今天复习了一下高精度的所有模板，包括加法、减法、乘法、除法，因为自己当时在蓝桥杯的时候没有看出来那个题使用高精度，因为对于一个数的大小和一个数的长度，自己有时候搞不清楚概念，所以当时没看出来，一个数就算是 l o n g l o n g long\ long long long 也只有 18 、 19 18、19 18、19 那么长，所以得记住这个概念。然后就是树形 D P DP DP 和状压 D P DP DP 了，做了已经很多遍了，已经慢慢的理解了其深层含义，所以还是要先多做题然后才能明白其内涵，以后打算把基础课的题全部刷一遍，好好巩固基础，加油！
一、树的重心
标签：dfs、树形DP
思路：思路就是求每一个结点去除后的最大值，然后在这些最大值里取最小值，如下图所示。这里的 d f s ( u ) dfs(u) dfs(u) 求得是 u u u 结点的向下的结点个数，我们可以先找到其每个分支的数量，因为删去该结点后，每个分支就是一个连通块，然后向上的一块，也是一个连通块，所以思路就是先对每一个向下的分支的连通块找最小值，然后同时求和，然后用总的结点数一减就是向上的连通块中的结点数，然后再对其求最小值，又因为这是一个递归过程，整个过程是从下往上解决的。然后为什么要建双向边，是因为不知道谁是谁的父节点，也不知道谁是根结点，同时判重，这样就可以只按照一个方向去递归了。
题目描述：
给定一颗树，树中包含 n 个结点（编号 1∼n）和 n−1 条无向边。
请你找到树的重心，并输出将重心删除后，剩余各个连通块中点数的最大值。
重心定义：重心是指树中的一个结点，如果将这个点删除后，剩余各个连通块中点数的最大值最小，那么这个节点被称为树的重心。
输入格式
第一行包含整数 n，表示树的结点数。
接下来 n−1 行，每行包含两个整数 a 和 b，表示点 a 和点 b 之间存在一条边。
输出格式
输出一个整数 m，表示将重心删除后，剩余各个连通块中点数的最大值。
数据范围
1≤n≤105
输入样例
9
1 2
1 7
1 4
2 8
2 5
4 3
3 9
4 6
输出样例：
4
示例代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
#define x first
#define y second
const int N = 1e5+10, M = N * 2, INF = 0x3f3f3f3f;
int n, m;
int h[N], e[M], ne[M], idx;
bool st[N];
int ans = 2e9;
void add(int a, int b)
{
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}
int dfs(int u) // 找到包括u在内的分支数的和
{
st[u] = true; // 防止往回递归
int sum = 1, size = 0;
for(int i = h[u]; i != -1; i = ne[i])
{
int j = e[i];
if(st[j]) continue;
int t = dfs(j);
sum += t;
size = max(size, t);
}
size = max(size, n - sum);
ans = min(ans, size);
return sum;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
memset(h, -1, sizeof h);
cin >> n;
for(int i = 0; i < n - 1; ++i)
{
int a, b; cin >> a >> b;
add(a,b), add(b,a); // 因为不知道谁是谁的父节点，也不知道谁是根
}
dfs(1);
cout << ans << endl;
return 0;
}
二、毕业旅行问题
标签：状态压缩DP
思路：就是定义一个状态 f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j] 代表从已经走过 i i i 个城市，走过的城市编号为其二进制的 1 1 1 的位数，我们从 0 0 0 开始，最终到达 j j j 号城市的一个集合，那么状态转移方程为先经过 k k k 号城市，然后再到达 j j j 号城市，直接按顺序枚举即可。然后初始状态就是只经过 0 0 0 号城市，并且最终在该城市，花费为 0 0 0 ，即 f [ 1 ] [ 0 ] = 0 f[1][0] = 0 f[1][0]=0 ，然后只需要判断是否经过 j , k j,k j,k 等城市即可。
题目描述：
小明目前在做一份毕业旅行的规划。
打算从北京出发，分别去若干个城市，然后再回到北京，每个城市之间均乘坐高铁，且每个城市只去一次。
由于经费有限，小明希望能够通过合理的路线安排尽可能的省些路上的花销。
给定一组城市和每对城市之间的火车票的价钱，找到每个城市只访问一次并返回起点的最小车费花销。
注意：北京为 1 号城市。
输入格式
第一行包含一个正整数 n，表示城市个数。
接下来输入一个 n 行 n 列的矩阵，表示城市间的车票价钱。
输出格式
输出一个整数，表示最小车费花销。
数据范围
1<n≤20,包括北京车票价格均不超过 1000 元。
输入样例：
4
0 2 6 5
2 0 4 4
6 4 0 2
5 4 2 0
输出样例：
13
说明
共 4 个城市，城市 1 和城市 1 的车费为 0，城市 1 和城市 2 之间的车费为 2，城市 1 和城市 3 之间的车费为 6，城市 1
和城市 4 之
间的车费为 5，以此类推。
假设任意两个城市之间均有单程票可买，且价格均在 1000 元以内，无需考虑极端情况。
示例代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
#define x first
#define y second
const int N = 20, M = 1 << N;
int n, m;
int w[N][N];
int f[M][N];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
cin >> n;
for(int i = 0; i < n; ++i)
{
for(int j = 0; j < n; ++j)
{
cin >> w[i][j];
}
}
memset(f, 0x3f, sizeof f);
f[1][0] = 0;
for(int i = 1; i < M; i += 2)
{
for(int j = 0; j < n; ++j)
{
if(i >> j & 1)
{
for(int k = 0; k < n; ++k)
{
if(i >> k & 1)
{
f[i][j] = min(f[i][j], f[i-(1<<j)][k] + w[k][j]);
}
}
}
}
}
int res = 2e9;
for(int i = 0; i < n; ++i)
{
res = min(res, f[(1<<n)-1][i] + w[i][0]);
}
cout << res << endl;
return 0;
}
三、高精度乘法
标签：高精度、模板题
思路：模板题没什么说的，值得注意的是，这个加法和乘法都涉及到进位，所以这个 A A A 遍历完了，有时最后刚好进位了，所以也要等 t t t 为 0 0 0 了才行，得判断一下。
题目描述：
给定两个非负整数（不含前导 0） A 和 B，请你计算 A×B 的值。
输入格式
共两行，第一行包含整数 A，第二行包含整数 B。
输出格式
共一行，包含 A×B 的值。
数据范围
1≤A的长度≤100000,0≤B≤10000
输入样例：
2
3
输出样例：
6
示例代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
#define x first
#define y second
const int N = 1e5+10;
int n, m;
vector<int> mul(vector<int>& a, int b)
{
vector<int> res;
int t = 0;
for(int i = 0; i < a.size() || t; ++i)
{
if(i < a.size()) t += b * a[i];
res.push_back(t % 10);
t /= 10;
}
while(res.size() > 1 && res.back() == 0) res.pop_back();
return res;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
string a; int b;
cin >> a >> b;
vector<int> A;
for(int i = a.size() - 1; i >= 0; --i) A.push_back(a[i] - '0');
auto res = mul(A,b);
for(int i = res.size() - 1; i >= 0; --i) cout << res[i];
cout << endl;
return 0;
}