Problem A 宇宙魔方
有一个$N \times N \times N$的魔方，每一次操作可以整体转动该魔方，也可以对于一层整体+X。
给出最后魔方的最终状态，其中有一个位置为-1。利用其它位置的信息输出这个-1具体表示的值。
对于$100\%$的数据满足$1 \leq n\leq 100$
Self-correction：
考场看错题，最后炸题，导致期望得分为0。
不能把问题看的太简单，该思考的时候还是得多思考。
Solution1：
标程给的解答是，将x层y行z列的点染色成$(x+y+z)\% n$，
此时容易证明，同一个层上每行每列都是一个$[0,n-1]$的轮换。
若将魔方转置，容易看出，同行，每列，每层都是一个$[0,n-1]$的轮换； 同列，每行，每层都是一个$[0,n-1]$的轮换。
这样一来，如果我们对于一次+X的操作，虽然不同位置的值会发生改变，但是同一颜色的点的和仍然保持不变。
最后，由于-1只占一个颜色，我们计算其他任意一种颜色位置上的权值和，直接减去-1那种颜色的权值和就是答案。
时间复杂度为$O(n^3)$
Solution2 :
一种比较美妙的做法是，可以将同一层上的+x，转化为若干次同一列或者同一行的操作。 （转置同理）
这样，如果我们对于$(x,y,z)$是$-1$的位置，只需要利用容斥原理，利用同层、同列、同行构造的矩形就可以求解了。
每个位置，同层、同列、同行，必然能构造出一个宽度为$1$的正方形，所以这样构造可以通过所有测试点。
时间复杂度为$O(n^3)$
Code : 这个题目方法比较多我就不贴了....
Problem B 战争
有$n$个点的图，点的标号为$[0,n-1]$，有$m$条边，求出图上严格单增最长路的长度。
对于$100\%$的数据满足$1 \leq n,m\leq 5\times 10^4$
Self-correction：
考场需要仔细，虽然这个题，看成了[1,n]还有$96$的好成绩。
但是不排除毒瘤出题人，给你卡到0分。还是要多加注意....
Solution ：
考虑$f[i]$表示到第$i$点的最长连读单增最长路长度。
那么按照边权排序之后，直接$dp$就没有后效性了。
注意到，由于是严格单增，那么需要相同边权所连的点同时转移。
复杂度是$O(n+m)$
# include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1e5+10; int n,m,tot; int t[N],f[N]; struct Edge { int u,v,w;}e[N]; bool cmp(Edge a,Edge b) { return a.w < b.w;} int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for (int i=1;i<=m;i++) { int u,v,w; scanf("%d%d%d",&u,&v,&w); e[++tot].u=u; e[tot].v=v; e[tot].w=w; } sort(e+1,e+1+m,cmp); int last = 0; for (int i=1;i<=m;i++) if (i==m || e[i].w < e[i+1].w) { for (int j=last+1;j<=i;j++) t[e[j].u]=f[e[j].u],t[e[j].v]=f[e[j].v]; for (int j=last+1;j<=i;j++) { f[e[j].u]=max(f[e[j].u],t[e[j].v]+1); f[e[j].v]=max(f[e[j].v],t[e[j].u]+1); } last = i; } int ans = 0; for (int i=0;i<n;i++) ans=max(ans,f[i]); printf("%d\n",ans); return 0; }