A--黑白边
发现了并查集可以用来判断图的连通性，本题的做法就是先连接黑边，然后在图连通的情况下，dfs，看哪些点还未在图中，吗，每次dfs相当于白边的数量加一。
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <string>
#include <queue>
#include <map>
#include <stack>
using namespace std;#define pair(a, b) make_pair(a, b)
#define max(a, b) (a) > (b) ? (a) : (b)
#define min(a, b) (a) < (b) ? (a) : (b)typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;const int N = 2e5 + 10;
const int M = 4e5 + 10;
const int Mod = 1e9 + 7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int P = 13331;int n, m, k;
int h[N], e[M], ne[M], idx;
int p[N], siz[N];
bool st[N];void add(int a, int b)
{e[idx] = b;ne[idx] = h[a];h[a] = idx ++;
}int find(int x)
{return x == p[x] ? x : p[x] = find(p[x]);
}
void dfs(int fa)
{st[fa]=true;for(int i=h[fa];i!=-1;i=ne[i]){int j=e[i];if(st[j]) continue;dfs(j);}
}int main()
{int a,b,c;cin>>n>>m;memset(h,-1,sizeof h);for(int i=1;i<=n;i++){siz[i]=1;p[i]=i;}for(int i=1;i<=m;i++){cin>>a>>b>>c;if(!c) add(a,b),add(b,a);int pa=find(a), pb=find(b);if(pa==pb) continue;if(pa!=pb){p[pa]=pb;siz[pb]+=siz[pa];}}if(siz[find(n)]==n){int res=-1;for(int i=1;i<=n;i++){if(!st[i]){dfs(i);res++;}}cout<<res;}else cout<<-1<<endl;return 0;
}J---小游戏
简单dp，状态转移方程的含义为：dp【N】【2】，第一维度表示遍历到第几个数，二维表示这个数选还是不选，很容易发现状态转移方程就是当选这个数时，只能从前一个数不选迁移，并加上这个数带来的贡献，
不选这个数时，可以从前一个数max（选，不选）迁移。
答案找最大值即可。
#include<iostream>
using namespace std;int n,m;
const int N=2e5+10;
long long a[N];
long long dp[N][2];
int cnt[N];
int main()
{cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) {cin>>a[i];cnt[a[i]]++;}for(int i=1;i<=N;i++){dp[i][0]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]);dp[i][1]=dp[i-1][0]+cnt[i]*i;}cout<<max(dp[N][0],dp[N][1]);
}区间异或
一开始确实有点难想，如何在短时间复杂度下查找大于等于其的第一个值呢？转换思路后，其实可以这样---记录定长度的最大异或值，因为n只有3000，这样每次遍历复杂度不会超过1e10。
#include<iostream>
using namespace std;int n,m;
const int N=1e5+10;
long long a[3001][3001];
int xo[3001];
long long fin[N];
int op;
int main()
{cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++) {cin>>a[i][i];fin[1]=max(fin[1],a[i][i]);}for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=i+1;j<=n;j++){a[i][j]=a[i][j-1]^a[j][j];fin[j-i+1]=max(fin[j-i+1],a[i][j]);}for(int i=1;i<=m;i++){cin>>op;int ans = -1;for (int i = 1; i <= n; i ++)if (fin[i] >= op){ans = i;break;}cout<<ans<<endl;}
}D-GCD
很容易发现规律---- 由于是任意选，那么出现多个质数的子集合肯定不行，那么问题就转换为，给定数范围内质数的个数（质数筛一下就行），将这个个数加一就是k的最小值。
#include<iostream>
using namespace std;
const int N=1e6;
int prime[N];
int cnt;
bool st[N];
int n;
int main()
{cin>>n;for(int i=2;i<=n;i++){if(!st[i]) prime[cnt++]=i;for(int j=0;prime[j]<=n/i;j++){st[prime[j]*i]=true;if(i%prime[j]==0) break;}}cnt++;if(cnt==n) cout<<-1;else cout<<(cnt+1);
}其他都是水题，没什么好记录的了。