101 Domino 欧拉回路判定（度数判定+并查集） + Fleury算法 + 无向图强联通判桥
题意：给定N个多米诺骨牌，每个骨牌两端分别是两个0到6的数字，问能不能通过一种方法将所有骨牌排列起来，并且相邻的骨牌的数字相同，（骨牌可进行翻转），如果存在，要求输出路径。
题解：这题的模型是经典的欧拉路问题，首先要判断这个图是否存在欧拉路径，对于连通的无向图G有欧拉路径的充要条件是：G中奇度数顶点（连接的边数量为奇数的顶点）的数目等于0或者2。
判是否连通，可以通过并查集或者dfs遍历图来解决。由于顶点只有7个，并查集集合很小，不需要压缩路径。奇度数顶点只需要记录一个数组，扫描一次即可。
如果是一个连通图，并且奇度数的个数等于0或2,那么可用Fleury算法求解欧拉回路。
传统求欧拉回路的算法为Fleury算法:
(1) 任取v0属于v(G),令P0=v0;
(2) 设Pi=v0e1v1e2…eivi已经遍历,按下面方法来从E(G)-{e1,e2,…..ei}中任取ei+1 满足:
(a): ei+1与vi相关联:
(b): 除非无别的边可供遍历,否则ei+1不应该为Gi=G-{e1,e2,….ei}中的桥.
(3) 当(2)不能再进行时,算法停止.
由于这题不一定有回路，所以第(1)步需要稍作修改。
(1) 取任意一个奇度数点v0属于v(G), 令P0=v0 （如果没有，则任意取）;
(2) 设Pi=v0e1v1e2…eivi已经遍历,按下面方法来从E(G)-{e1,e2,…..ei}中任取ei+1 满足:
(a): ei+1与vi相关联:
(b): 除非无别的边可供遍历, 否则ei+1不应该为Gi=G-{e1,e2,….ei}中的桥.
(3) 当(2)不能再进行时,算法停止.
具体做法就是：
(1) 不断从剩余的边集合中取边，直到所有边取遍，路径也就找出来了。
(2) 将当前的剩余边复制一份(反向边)，目的是将无向图变为有向图，然后从P0开始进行一次DFS, 令u = P0, 并且标记它为根结点root
(3) 记录u的时间戳dfn[u]以及最小时间戳low[u]为当前时间time(全局计时变量)。
(4) 对于u的相邻边(u, v):
(a) 如果v是u的父亲，并且是u第一次访问到v，则忽略；
(b) 如果v未曾被访问，则(u, v)为一条前向边(树边)，访问v, 进入(3), 访问完毕后：
(i)如果v的最小时间戳low[v]小于等于u的最小时间戳low[u]，那么更新low[u] 为 low[v]，说明v可以访问到u的祖先结点，即存在环。
(ii)否则，说明v以及它的子孙没有向u的后向边，则表明(u, v)是一条割边，即桥，将它记录到cutE集合中。
(c) 如果v已经被访问过，更新u的最小时间戳low[u] 为min( low[u], dfn[v] )。
(5) 从P0的邻接边中取出一条不是cutE（割边）中的边E，如果所有邻接边都在割边集中，那么随便取一条邻接边E。
(6) 从原图中删除边E(P0, v)，更新P0 = v，重复(1)直到所有的边都被筛选出来。
102 Coprimes
欧拉函数
题意：给定N，求小于等于N并和N互素的数的个数。
题解：欧拉函数。
n = p1e1 p2e2 ... pnen (pi 为素数)
那么小于n并且和n互素的数的个数为: f = (p1-1)p1(e1-1) * (p2-1)p2(e2-1)*...* (pn-1) pn(en-1)。
103 Traffic Lights
贪心 + BFS
题意：给定一个无向图G(V, E)，图上的顶点Vi会变色(经过Tib时间变成蓝色，经过Tip时间变成紫色，循环往复)，只有当两个顶点的颜色一样的时候，它们之间的路才能通行，通行的边上时间各不相同，问从起点到终点的最小时间。
题解：贪心式的广搜。可以这样考虑，由于任意两个顶点之间的连通性取决于时间，因为时间不同，顶点颜色不同，导致本来 连通的边会变成不连通（当然，本来就不连通的边，也不会因为顶点颜色相同的那一刻变得连通），所以如果假设时间确定的情况下，我们是可以知道这个图的连通性的；还有一点，当我们来到一个顶点后，可以选择等待，并且等待的原因只有两个：
1) 让当前顶点变色
2) 让和当前顶点连通的点变色
好让图的连通性变化，可以扩展更多的点。
对于每个结点需要计算两个辅助函数：
1、根据某个时间T计算当前结点的颜色。
2、在当前时间T基础上计算出下一次变换颜色 的时间点。
有了这两个函数就可以进行贪心式搜索了。
1）起点进队。
2）弹出队列首的一个元素，扩展它的邻接表。
3）对于当前点u和与u连通的点v，利用1 判断它们在 当前时间 的信号灯颜色是否相同。
a) 如果相同，则判断到下个点所用的时间是否最少（可能之前已经去过那个点），如果比之前优，入队。
b) 如果不同，利用2 计算 当前点 和 下个点 最近的一次变换颜色的时间（这就是贪心所在了）。
i) 如果两者时间相同，继续b，直到反复进行两次还是没找到，那么说明永远不可达（因为一共就两个颜色，如果他们经 过两次变换颜色还是一致，那绝对是真爱...）。
ii) 如果时间不相同，取小的那个时间就是要等待的最近时间点，进入a) 的判断。
4）搜索完毕，输出结果。
这题需要保存路径，所以在每个结点上需要保存一个前驱结点，一次迭代就能把路径逆序求出来了。
104 Little shop of flowers
动态规划
题意：在一个N*M的二维矩阵a取N个数之和保持最大，并且每行只能取一个，第i行取的数的列号j一定要大于i-1行的。
题解：用dp[i][j]保存i*j这个子矩阵的最优值。
那么状态转移方程为：
a) 当i == 0时
i) j == 0 (0,0)这个格子必须取, dp[i][j] = a[0][0];
ii) j != 0 dp[i][j] = max(a[i][j], dp[i][j-1]); (要么取当前这个格子，要么取前面某次的最优值)
b) 当i != 0 时
dp[i][j] = max( dp[i-1][j-1] + a[i][j], dp[i][j-1]); (当前格取与不取两种情况的大者)
dp[n-1][m-1] 就是最后要求的答案，需要保存路径，每次状态转移的时候用一个数组将当前结点的前驱保存下来即可。
105 Div 3
规律题
题意：给定1, 12, 123, 1234, ..., 12345678910, ...这个序列的前N(N < 2^31)项，求其中能被3整除的数的个数。
题解：数学归纳法。
当 n % 3 == 2 时 2 * (n / 3) + 1 否则 2 * (n / 3)
106 The equation
扩展欧几里得 + 区间求交
题意：ax + by + c = 0 (x1<=x<=x2, y1<=y<=y2) 求满足情况的(x,y)的解数。
题解：首先对于a和b分别为零的情况进行特殊判断：
a = 0
b = 0
c = 0
恒等式，方程解 (x2 - x1 + 1) * (y2 - y1 + 1)
c != 0
无解
b != 0
b*y + c = 0 -> y=-c/b
如果c % b == 0并且y1 <= -c/b && -c/b <= y2
方程解 (x2 - x1 + 1)
否则
无解
a != 0
b = 0
a*x + c = 0 -> x=-c/a
如果c % a == 0并且x1 <= -c/a && -c/a <= x2
方程解 (y2 - y1 + 1)
否则
无解
否则当 a 和 b 均不为0时，可采用扩展欧几里得求方程的一个可行解, 即线性同余方程：
ax + by = -c
如果 c | GCD(a, b)，则方程有解，否则无解。
c' = c / GCD(a, b)
通过扩展欧几里得求得方程 ax + by = 1 的一个可行解 (x, y)
那么ax + by = -c的解则是 (x*(-c'), y*(-c'))。
x 的解集合可以表示为 { X = x + k1 * b }
y 的解集合可以表示为 { Y = y + k2 * a }
而Y = (-c - a * X) / b，于是有:
x1 <= x + k1 * b <= x2
y1 <= (-C-A*x)/B - A*k1 <= y2
问题转化成了两个关于k1的不等式求可行解的问题，可以转化成区间求交。得到的k1的可行解就是最后的答案个数，这里的k1为任意整数，所以在不等式判断左右区间的时候需要对左区间进行上取整，右区间进行下取整。
注意：在使用扩展欧几里得求解的时候，得到的x要mod b，否则在后面的乘法计算中可能导致值很大而超过64位整数。
107 987654321 problem
深搜 + 排列组合
题意：求N位数中平方的最后几位等于987654321的数的个数。
题解：利用dfs从最后面一位digit开始枚举0-9，模拟相乘后对应位的余数，如果和987654321中对应位不相符则不进行下一步搜索，枚举完后发现九位数的答案为8个解，小于9位数的解为0。
假设xxxxxxxxx 平方的后九位是987654321，那么对于N=14位数的答案为[A-B]这个区间中的所有数，那么根据乘法原理，N位数解的个数就是 9*10^(N - 10) * 8。
A = 10000xxxxxxxxx
B = 99999xxxxxxxxx
108 Self-numbers 2
二进制位压缩 + 二分查找
题意：将一个数N的所有位数相加再加上本身可以得到一个数N'，如果一个数不能通过这种方式得到，那么它称为self-number，需要求N = 10^7以下的第K个self-number以及小于N的self-number的总数。
题解：基本思路是用一个10000000的数组标记对应的数是否是self-number。
遍历i 属于 [1,10000000]。如果i是self-number，则模拟生成它的下一个数，标记那个数为非self-number，以此类推，直到遇到下一个非self-number。遍历完毕，即可得到所有的self-number标记数组。
这样做之后发现内存开销太大，不符合本题 4096kb 的空间需求。
于是可以稍微进行一些空间上的优化，因为标记数组只需要标记是或不是，所以可以采用二进制位压缩。
一个32位的数二进制有32个标志位
00000000 00000000 00000000 00000000
理论上，它可以记录 0-31 是否是self-number，例如1 3 5 7 9 20 31为self-number，则可以用一个数来储存，即：
10000000 00010000 00000010 10101010
（右数为低位，左数为高位，从右往左分别表示 第0 - 31是否是 self-number， 1表示是，0表示否）
预处理数组的大小为 ceil(10000000/32)，比原先的数组空间上压缩了32倍。
解决本题还需要一个辅助数组F，F[i]表示 [0, (i+1)*32 - 1] 这个区间内 self-number 的个数，可以通过一次性的扫描保存下来，这里涉及到求一个数中1的个数，因为计算量就一次，所以随便采用什么办法都行。
然后就可以通过这个辅助数组求出小于等于N的self-number的个数。因为辅助数组的有序性，可以采用二分查找来找到第K个self-number的值。
109 Magic of David Copperfield II
模拟 + 递归
题意：有这么一个游戏，对于一个N*N的拼盘，一开始手指放在1上，移动K1次，然后移除M1块方块（移除的时候手指不能在移除的方块上）。然后手指再移动K2次，每次移动不能进入已经移除的方块上，继续移除M2块方块，以此往复，知道最后手指在某个方块上，并且没有其他方块，题目就是要你模拟这个过程。
题解：基本思路是当N为奇数的时候可以转化成N-2的情况求解，当N为偶数的时候可以转化为N-1的情况求解。
对于偶数的情况：
1 2 3 4
5 6 7 8
9 10 11 12
13 14 15 16
即上面这个矩阵可以先将 1、3、9 移除， 然后将2、4、5、13移除，这样就转化成了
6 7 8
10 11 12
14 15 16
这个子矩阵，也就是 3X3 的情况了。
对于奇数的情况：
可以先将最外层的包边移除，这样就可以转化成N-2的子矩阵求解了。
至于K1为大于N的最小奇数，Ki - Ki-1 = 2，这样就能保证当N = 100的时候 Ke = 299 < 300 了。注意下标的处理就可以了。