制作不易，请点个赞！。 商城更新啦！！！。 . 里面东西挺多的，还有冰箱贴。 当然我只有103个罐头，什么也做不了。 目前我知道罐头最多的人是𝓐𝓘𝓮𝓻。 他有 个罐头！！！！！！！！！！！！！ 太6啦！。 当然赚罐头的方法挺多的。 总体不错，但要是有一个AC狗商人和我们互动就好了！！！ 点赞可以得罐头的！！！ ————点个赞吧，你们的点赞和关注是我最大的动力！！！———— 下线拉

点赞=刷罐头！！！点赞=刷罐头！！！

看起来简单，其实不简单

气死我了，怎么上白银后掉分的都是挑战赛； 怎么开盲盒开出来全是99,66的罐头，你 请输入文本...，我 请输入文本... （又愤怒到变异成典侍卫了）

为何一定是4？

我看好多人都发了啊，那我也发个ACGO“近代史”，指2023.9.1-至今的ACGO主要事件 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ 2023/09/1 开学，ACGO用户上线减少，花似雪、法兰西的骂战也因此结束 2023/09/15 “中国”团队建立 2023/10/13 经过用户的反馈，官方时隔4个月，再次开启了为期三天的排位赛，为ACGO第二次排位赛 2023/11/24 第三次排位赛，排位赛从此开始一月一次 2023/11/29 中国团队主办“鲁迅专辑比赛”，是团队的开放比赛首例，从此有不少团队举办比赛 2023/12/22 第16次欢乐赛，从此官方比赛的出题人不再仅仅是官方，有不少用户加入了官方比赛的出题 2024/01/04 “创作计划”启动，原创的，有意义的内容可能会被加精，送出ACGO周边一套，增强了用户创作的动力 2024/01/12 ACGO排位赛4，不少老师加入了排位赛的竞争，从此有许多老师占榜 2024/01 部分用户已经发现了法兰西玫瑰大部分题解为抄袭代码，这就是法兰西的题解没有解析的原因 2024/02/23 ACGO挑战赛的创立 2024/03/01 ACGO第五次排位赛 2024/03/13 团队成员上限提高至200人 2024/03/24 用户“陈臻武”的抄袭题解上精选，被用户一只姜挖出抄袭证据，但用户陈臻武不但不认识到错误，甚至以自己的生命威胁用户一只姜，最终用户陈臻武被禁言三天，但抄袭题解从此埋下伏笔 2024/04/07 用户“自信_黄梓”由于大量刷屏、帮人刷屏冲热门讨论以满足自己的目的，被不少用户指责 2024/04/18 用户陈臻武再次惹事，经过调查，发现其大号曾在社区发布抄袭的题解后，被用户揭穿。随后，大号发布了文章《抄袭天才翻斗花园·黑曼巴·理塘·丁真老师》举报他人抄袭，但其他用户评论指出他也有前科。更为严重的是，大号使用小号化名成“西安教育局局长”威胁用户退出社区，并在大号上不承认小号行为。经过调查发现，小号与大号的发言IP地址一致，因此视为同一人，禁言30天。 但用户陈臻武仍然没有认识到错误，开始无视举报他的用户，开始使用个性签名痛斥官方 2024/04/20 一些用户开始发布帖子曝光法兰西玫瑰大量抄袭题解的事实 2024/04/23 用户“陈臻武”正式禁言30天

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每日打卡处 只要每天打卡，每天都有一个罐头 如果打卡天数多或给此帖点赞，作者也会给你所有帖子点赞呦 加油！！！ 打卡方式： 2026.月.日.时.分 今天第N个打卡，已打卡N天

沟槽的 NOIP2025 还在追我。G 建议改名 Sale Sale Sale。 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ A 我懒得打循环，然后盲猜 STL 有 count 函数，然后真就自己试出来了 std::count，绷。 时间复杂度：O(∣S∣)O(|S|)O(∣S∣)。 B 按题意模拟即可。 时间复杂度：O(n)O(n)O(n)。 C 何意味。 我们可以把它当完全图，然后加边看成删边。最后的答案就是与它相连的边任选三个，答案就是 (degi3)\text{deg}_i\choose 3(3degi )。 只需要记录度。 时间复杂度：O(n+m)O(n+m)O(n+m)。 D 这题小时候抱过我。 注意到交换 Ai,Ai+1A_i,A_{i+1}Ai ,Ai+1 后，所有前缀和中只有 [1,Ai][1,A_i][1,Ai ] 的前缀和会变。 所以直接更新即可。 时间复杂度：O(n+q)O(n+q)O(n+q)。 F 题意解析：给定一个 n×nn\times nn×n 的 .# 矩阵。你需要将它重新染色，使得每一行与每一列都是前面的 . 后面的 #。问最小修改格数。 不难发现这个的形状大概是这样的： 令 dp[i][j]\text{dp}[i][j]dp[i][j] 为第 iii 行，前 jjj 个元素是 000，后面的是 111 的答案最小值，Bi,jB_{i,j}Bi,j 为前面的 # 的个数，Ci,jC_{i,j}Ci,j 为后面的 . 的个数。则有： dp[i][j]=min⁡k=jndp[i−1][k]+Bi,j+Ci,j+1\text{dp}[i][j]=\min_{k=j}^n \text{dp}[i-1][k]+B_{i,j}+C_{i,j+1} dp[i][j]=k=jminn dp[i−1][k]+Bi,j +Ci,j+1 前缀和优化。 时间复杂度：O(n2)O(n^2)O(n2)。

太难了，根本看不懂！

求求啦！快进团队吧！真的缺人！！！啊啊啊！！！有好东西！！

他为什么要去食堂花钱充饥？他应该去吃小码君

啊·

有人能把天梯第三关所有题目的解题思路发一下吗

上次比完之后太困了，没有发帖，现在来补一个 首先上代码 A 就……这么结束了？ 彩蛋 （注意看这排名的前2位数字） @༺དༀ༒∞░∞༒ༀཌ༻（不加团）

我们面对的是一个提交答案题，题目要求构造一个迷宫，使得迷宫中的空格形成一棵树（任意两个空格之间有且仅有一条简单路径），并且在这个迷宫中，能够躲藏的小孩（即度数为1的空格节点）尽可能多。小孩只能躲藏在度数为1的空格上（即恰好有一个邻居是空格），每个这样的空格只能躲藏一个小孩。 注意：输入是一个网格图，包含空格 '.' 和岩石 '#'。输出中可以将一些空格 '.' 变成 'X'（表示种植灌木），但不能改变岩石 '#'，也不能在岩石上种植灌木。 条件： 输出的地图中，除了将输入中的一些 '.' 变成 'X' 外，其他部分不变。 迷宫性质：所有剩余的空格（即未被岩石和灌木占据的格子）构成的图是一棵树（任意两个空格有且仅有一条简单路径）。 目标：最大化度数为1的空格节点（即叶子节点）的数量。 评分：对于每个测试点，给定k，如果我们构造的迷宫有l个叶子节点，则得分为 min(10, 10*l/k)（向下取整到小数点后两位）。如果输出无效（即不满足上述两个条件），则得0分。 策略： 由于我们需要构造的迷宫是一棵树，那么树中叶子节点的数量是我们要最大化的目标。在一棵树中，叶子节点的数量可以通过以下方式估计： 设节点总数为V，边数为V-1。 根据握手定理：所有节点的度数之和等于2*(V-1)。 设叶子节点（度数为1）有l个，其他节点（度数>=2）有V-l个，则有： l + 2*(V-l) >= 2*(V-1) [因为非叶子节点的度数至少为2] 整理得：l >= 2 事实上，更精确的公式是：l = 2 + sum_{i>=2} (度数-2) [由2E = sum deg = l + sum_{非叶子} deg 和 E=V-1 推导] 但是，我们也可以知道，叶子节点的数量至少为2（除非只有一个节点，但一个节点时叶子节点为1，但这里我们通常有多个节点）。 然而，我们想要最大化l。在树中，叶子节点的数量并没有固定的上限，但受限于网格的结构。 但是，我们受到网格的限制：空格原本是连通的吗？题目没有保证初始连通，但我们的迷宫必须是连通的（树是连通的）。因此，我们只能选择网格的一个连通子图作为树，并且要求这棵树没有环（树的性质）。 注意：我们只能将空格变成灌木，不能改变岩石。初始时，空格点可能形成多个连通块，但我们可以选择其中一个连通块来形成树（因为树必须是连通的，所以不能跨越多个连通块），而将其他连通块的空格全部变成灌木（即X）？但是，题目要求迷宫必须满足任意两个空格之间有唯一路径，这意味着整个迷宫的空格必须连通且无环。所以，我们只能保留一个连通块，并且将这个连通块修剪成一棵树（即去掉一些边形成树，也就是将一些格点变成灌木来断开环）。 因此，我们的步骤是： 选择网格中的一个连通块（通常选择最大的连通块，因为节点数多，可能产生更多的叶子）。 在这个连通块中，生成一棵生成树，并且希望这棵生成树的叶子节点尽可能多。 如何生成一棵叶子尽可能多的树？ 注意：在树中，叶子节点的数量 = 2 + sum_{非叶子节点} (度数-2) 因此，为了最大化叶子节点，我们希望非叶子节点的度数尽可能接近于2（即尽量形成一条链状结构，避免分叉，因为分叉会导致非叶子节点的度数增加，从而减少叶子节点数？不对，看公式：每个非叶子节点的度数大于等于2，那么(度数-2)为非负数，所以非叶子节点的度数增加实际上会使得叶子节点数增加？不对，让我们重新思考： 公式：设所有节点的度数和为2E=2(V-1)，又设叶子节点数为l，非叶子节点数为V-l，每个非叶子节点的度数至少为2，那么： l * 1 + (V-l) * d_min <= 2(V-1) -> 这里d_min=2 l + 2(V-l) <= 2(V-1) => l + 2V - 2l <= 2V - 2 => -l <= -2 => l>=2 这个不等式只给出了下界，但是并没有直接给出如何最大化l。 换一个角度：在树中，叶子节点的数量等于所有节点的度数中1的个数。而度数序列必须满足：所有节点的度数之和为2(V-1)，并且度数序列是正整数，且至少两个节点的度数为1（V>=2时）。 我们可以尝试构造：如果我们构造的树是一条链，那么叶子节点只有两个（链的两端）。如果我们希望叶子节点多，那么树应该尽可能“发散”，即像星型树那样？实际上，星型树（一个中心节点，其他节点都是叶子）有V-1个叶子节点。 结论：树中叶子节点的数量范围是[2, V]（当V>=2时）。当树为星型树时，叶子节点数最多，为V-1（中心节点不是叶子）。 因此，我们的目标是：在选定的连通块中，构造一棵星型树（即一个中心节点，其余节点都与中心直接相连）？但是，网格图的限制：两个节点相邻必须是邻居（上下左右），所以星型树要求中心节点与所有其他节点都是邻居，这通常是不可能的（除非连通块是一个星型结构，且中心与所有点相邻）。 实际上，在网格图中，一个节点最多有4个邻居。因此，中心节点的度数最多为4，那么星型树最多只能有4个叶子节点。这样叶子节点数最多为4？这显然不是最大的，因为我们可以构造多级结构。 重新审视公式：叶子节点数 l = 2 + sum_{非叶子节点} (度数-2) 如果我们让非叶子节点的度数尽可能大，那么每个非叶子节点对叶子节点数的贡献（度数-2）就大，从而叶子节点数就大。因此，我们希望非叶子节点的度数尽可能大（即度数大于等于3的节点越多越好，并且度数尽量大）。 例如：一个节点度数为3，则贡献1；度数为4，则贡献2；等等。 那么，我们可以在树中构造多个度数较高的节点。在网格图中，一个节点的度数最大为4，所以每个非叶子节点的最大贡献为2（当度数为4时）。 如果我们有h3个度数为3的节点，h4个度数为4的节点，那么叶子节点数 l = 2 + h3 + 2*h4。 因此，为了最大化l，我们应在树中尽可能多地构造度数为4的节点（即十字交叉点），其次是度数为3的节点（T型交点）。 但是，网格图的连通性限制了节点的度数：一个节点最多有4个邻居，且树中节点的度数不能超过4。 因此，我们的目标是在给定的网格连通块中，构造一棵生成树，使得度数为3和4的节点尽可能多。 具体构造方法： 我们可以将问题转化为：在连通块中，我们选择一棵生成树，使得非叶子节点中度数大于2的节点尽可能多（且度数尽量大）。注意，我们并不是真的在图上添加边，而是通过删除一些节点（变成灌木）来断开环，同时保持连通（树）。 然而，直接最大化叶子节点数（即度数为1的节点）是一个困难的问题（可能是NP-hard的）。但是，题目中网格尺寸最大为1024x1024，节点数最多约10^6，所以我们不能使用指数算法。 但是，注意这是提交答案题，我们可以针对每个测试数据单独设计构造算法，或者使用启发式算法。 常见的构造思路： 深度优先搜索（DFS）树：在DFS树中，非树边全部去掉（即产生环的边用灌木隔开）。DFS树通常会产生很多叶子节点，因为DFS倾向于走一条路径，然后回溯较少，所以分支不会太多，叶子节点数可能不够多。 广度优先搜索（BFS）树：类似。 最小生成树（MST）：这里没有边权，我们可以考虑最大叶子生成树（Maximum Leaf Spanning Tree）。最大叶子生成树问题就是寻找一棵生成树，使得叶子节点最多。但是，这是NP-hard问题，但我们可以用启发式算法。 启发式算法： 贪心：从一个点开始，每次将叶子节点的邻居加入树（类似BFS），但这样会形成一条链，叶子节点很少。 另一种贪心：选择最长的路径（直径）作为主干，然后尽可能多地让其他节点作为叶子节点挂到主干上。具体步骤如下： a. 在连通块中，选择两个距离最远的节点作为主干的两端（直径）。 b. 沿着直径，我们将直径上的节点作为非叶子节点（这些节点度数至少为2，因为要连接前后）。 c. 对于不在直径上的节点，我们将其连接到主干上：从每个节点出发，寻找一条到主干的路径（尽量短），然后将该路径与主干连接。这样，该节点就会成为主干上某个节点的邻居，从而增加主干上节点的度数，同时该节点本身成为叶子（如果它不再延伸）或者成为分支节点。 d. 但是，这样构造可能导致主干上的节点度数增加（最多4），而分支上的节点如果只连接一次，则它们就是叶子。 这样，叶子节点包括： - 直径的两个端点（如果它们没有分支则成为叶子，但如果有分支则可能度数大于1，所以不一定） - 所有分支的末端节点（即不在主干上的节点，如果它们只与主干连接，则成为叶子） 注意：在网格图中，一个节点最多有4个邻居，所以主干上的一个节点最多可以连接3个分支（因为主干上已经有两个邻居，左右各一个，所以最多再连接两个分支，否则度数会超过4？实际上，我们在构造树，度数可以超过4？不行，因为树中节点的度数在图的度数上不会超过4（网格每个点最多4个邻居）。所以我们最多只能连接两个分支。 因此，主干上的节点最多可以挂两个叶子（分支）。这样，叶子节点的数量大约是（分支节点数）*1（每个分支的末端叶子） + 直径的两个端点（如果它们没有分支则算两个）？但有可能分支本身就比较长，分支上也可以再挂分支？这样分支上的节点也可能成为非叶子节点，从而减少叶子节点数。 因此，我们更希望分支尽可能短，即直接从主干一步到达分支的末端（这样分支上的节点就是叶子）。这样，每个分支只占用主干节点的一个度数，同时增加一个叶子节点。 但注意：我们构造的是树，所以不能有环。我们只需保证每个不在主干上的节点通过一条路径连接到主干，然后将这条路径上除了与主干连接的那个节点外，其余节点都可以作为叶子节点？不对，因为路径上除了与主干连接的那个节点外，其他节点如果只有一个分支（即路径上的下一个节点），那么它们也是叶子节点（路径末端）？实际上，从主干出发的分支路径上，只有最末端的节点是叶子，而路径中间节点都有两个邻居（前一个和后一个），所以度数至少为2，因此不是叶子。 所以，如果我们用一条长度为L的分支路径，那么这条路径上只有末端节点是叶子，而其他节点都不是叶子。这样，我们用L个节点只产生了一个叶子。这效率不高。 另一种思路：尽可能让分支长度短，最好是1。即分支节点直接连接到主干节点。这样，每个分支节点就是一个叶子节点（因为它只与主干节点相连，没有其他邻居）。这样，我们用1个节点就产生1个叶子节点。因此，我们希望尽可能多地将节点作为分支直接连接到主干上。 但是，主干节点的度数有限制：一个主干节点最多只能连接两个分支（因为主干节点在主干上已经有两个邻居了，再连两个分支，度数刚好为4）。这样，如果我们有长度为L的主干，那么主干上最多可以挂的点数是2L（每个主干节点挂两个分支）。而整个树的节点数就是主干节点数（L）加上分支节点数（2L），即3L。而叶子节点数：分支节点都是叶子（2*L个），主干上除了两端点外，中间节点因为度数至少为2（主干前后两个连接）再加上分支（至少一个分支，所以度数>=3），所以主干中间节点不是叶子；主干端点：如果端点没有分支（但实际上我们希望尽可能给端点也挂分支），但是端点在主干上只有一个邻居（另一个是空），所以端点可以挂两个分支（这样端点度数就是1（主干方向）+2（两个分支）=3？不对，主干端点只有主干方向一个邻居，所以可以挂最多3个分支？但网格限制最多4个邻居，所以最多挂3个分支？不对，端点最多有4个邻居，但其中一个已经被主干上的下一个节点占用（如果主干长度>=2，则端点有一个邻居是主干上的相邻节点，另外三个邻居可以挂分支）。因此，端点可以挂3个分支。 因此，叶子节点数 = 分支节点数（每个分支节点都是叶子）+ 主干端点（如果某个主干端点没有连接分支，则它是叶子，但如果有分支则不是叶子）？不对，主干端点如果连接了分支，则它的度数大于1，所以不是叶子。所以叶子节点就是所有的分支节点（直接挂在主干上的节点）。 那么，叶子节点数 = 分支节点数 = 每个主干节点可以挂的分支数之和。 因此，我们最大化分支节点数：每个主干节点最多可以挂的分支数 = 4 - 主干上的度数（主干中间节点有两个主干邻居，所以最多挂2个分支；端点有一个主干邻居，最多挂3个分支）。 因此，叶子节点数最大为：设主干长度为L，则中间节点有L-2个，每个挂2个分支；两个端点，每个挂3个分支。则总叶子节点数 = 2*3 + (L-2)*2 = 2L+2。 而总结点数V = L（主干） + (2L+2)（分支） = 3L+2。所以叶子节点数大约是总节点数的2/3。 但是，我们不一定能挂满，因为网格中可能没有那么多相邻的分支节点可用（即主干节点的邻居可能被岩石占据，或者本身就是岩石而不能挂分支）。 因此，具体步骤： 选择连通块：通常选择最大的连通块。 找到连通块的直径（最长路径）：使用两次BFS。 将直径作为主干。 对于不在主干上的节点，我们尝试将其直接连接到主干节点（即成为主干节点的邻居）。连接的条件是这个节点是空格，并且与主干节点相邻，并且该连接不会产生冲突（每个主干节点最多挂2个（中间节点）或3个（端点）分支节点）。注意，我们只能连接连通块内的空格。 但是，这样处理之后，可能还有一些节点没有被连接到主干（因为主干节点的邻居不够或者位置不够）。对于这些节点，我们可以考虑将它们连接到分支节点上？但是这样分支节点就不是叶子了（因为分支节点有了邻居），所以我们不这样做，因为我们希望分支节点必须是叶子（度数1）。如果某个节点不能直接连接到主干，我们就将其设置为灌木（即放弃这个节点，变成X），以保证我们的树只包含主干和直接挂在主干上的叶子。 最后，我们还需要检查整个树是否连通（应该连通，因为我们只保留主干和直接挂在主干上的节点，而这些节点都是通过主干连接的），并且无环（因为我们每次添加节点都是直接挂到主干上，没有连接两个主干节点，所以不会形成环）。 但是，这个方法可能会丢弃很多节点（因为不能挂到主干上的节点会被变成灌木），导致总节点数减少，从而叶子节点数也可能减少。我们是否可以不丢弃这些节点，而是用较长的分支连接？但前面分析，较长的分支会减少叶子节点数。 另一种权衡：我们希望保留更多的节点，即使需要一些较长的分支。例如，如果我们允许分支长度为2，那么一个分支需要两个节点，产生一个叶子节点（末端节点）和一个非叶子节点（分支与主干连接处）。这样，两个节点产生一个叶子节点。而如果丢弃这两个节点，则叶子节点为0。所以，我们选择保留，至少得到一个叶子节点。同样，分支长度为3时，三个节点产生一个叶子节点。 因此，如果我们有额外节点，我们可以通过形成分支路径来将它们挂到主干上，但这样效率较低（一个分支路径上只有末端节点是叶子）。所以，优先使用直接连接（分支长度为1），然后再考虑使用较长分支。 但是，使用较长分支会占用中间节点的度数（这些中间节点成为非叶子节点，度数至少为2），而且这些中间节点可能还可以挂其他分支？如果中间节点有多余的度数，就可以挂其他分支（即分支上再分支），这样中间节点也可以产生新的叶子节点。 为了最大化叶子节点，我们应当尽量利用节点的度数（达到4），这样每个非叶子节点可以连接尽可能多的分支。 因此，我们设计一个贪心过程： 选择主干（最长路径）。 将主干上的节点标记为属于主干。 初始化一个队列，将所有不在主干上但与主干相邻的节点加入队列（作为第一层分支）。 然后进行BFS：从队列中取出一个节点u，将它连接到主干（或者其他已经连接到树的节点v）上，要求v是已经加入树的节点且u与v相邻。连接操作：标记u的父节点为v（在树中），并将u加入树（保留为空格）。然后，对于u的邻居（不在树中的空格），如果它们没有被访问过，则加入队列。 注意：每个节点的度数不能超过4（网格限制，但树中节点的度数在网格图中实际不会超过4，因为邻居只有4个）。我们在添加邻居时，要确保添加后度数不超过4。但是，在树中，一个节点可以连接的子节点数最多为3（因为父节点已经占一个邻居，所以最多3个子节点）。 但是，这样构造的树，叶子节点就是所有没有子节点的节点（即树中的叶子）。我们希望叶子节点尽可能多，那么我们应当避免节点有多个子节点？不对，我们希望节点尽可能多地扩展子节点（因为一个节点最多3个子节点，这样树会更宽，叶子节点也会更多）。实际上，完全四叉树（每个节点最多4个孩子，但网格中每个节点最多有4个邻居，所以树中每个节点最多3个孩子，因为有一个邻居要留给父节点）的叶子节点数量大约是总节点数的一半？不对，完全二叉树有n个节点，叶子节点数大约是n/2，完全三叉树叶子节点比例更高。实际上，在树中，叶子节点数 = 1 + sum_{非叶子节点}(孩子数-1)。因此，我们希望非叶子节点的孩子数尽可能多（但不能超过3）。 因此，我们使用BFS扩展树，每次一个节点可以连接最多3个子节点（即除了父节点外的邻居中最多3个空格）。这样，树会尽可能宽，从而产生更多的叶子节点。 具体步骤： 选择根节点：选择直径的一个端点作为根。 从根开始进行BFS，在遍历过程中建立树。在遍历时，我们按照BFS的顺序将节点加入树，每个节点加入树时，它的父节点已经确定（即BFS中扩展出它的节点），然后它最多可以再扩展3个子节点（即除了父节点外，它还有3个邻居可以扩展）。 这样，叶子节点就是那些在BFS队列中无法再扩展（即没有未访问邻居）的节点。 但是，这样构造的树，叶子节点数是否足够多？实际上，在BFS树中，叶子节点数量取决于树的结构。在完全三叉树（每个节点三个孩子）中，叶子节点数 = 1 + 3 + 3^2 + ... + 3^(h-1) 在最后一层，叶子节点数约为3h，而总节点数约为(3h-1)/2，所以比例约为2/3。而链状树则叶子节点只有2个。 因此，BFS树（宽度优先）可以产生很多叶子节点。但是，我们初始的根节点选择很重要，我们希望树尽可能宽。 另一种方法：随机选择根节点，多次运行取叶子节点最多的树？但网格较大，多次运行不可行。 因此，我们选择直径的端点作为根，这样树可能会更深，但直径端点的选择有助于树的扩展更加平衡。 然而，我们必须在构造树的过程中确保每个节点的度数不超过网格的限制（即最多4个邻居，但在树中，每个节点的度数（邻居数）不能超过4，因为我们不能在一个节点上连接超过4个邻居）。在树中，一个节点的度数就是它在树中的边的数量，而树中边的数量就是它的孩子数+1（父节点）。所以，每个节点的孩子数最多为3。 算法步骤： 读入网格图。 找出所有空格（'.'）组成的连通块，选择最大的连通块。 在连通块中，用两次BFS计算直径（选择一个点S，BFS找到最远的点T；再从T开始BFS找到最远的点U，则T->U是一条直径）。 以T（或U）为根，运行BFS（建立树），同时记录每个节点的父节点。 具体做法： queue Q 将根节点加入队列，标记访问，深度=0。 while Q非空： 取出队首节点u 遍历u的四个邻居v（上下左右）： 如果v是空格（在连通块内）且未被访问，则： 将v的父节点设为u 将v加入队列 标记访问v 将v的坐标加入树（保留为空格） 然后将u的孩子数加1 注意：如果u的孩子数已经达到3（即除了父节点外，已经连接了3个孩子），则u不能再扩展其他邻居（跳过u的其他邻居）？不对，我们还是要扩展其他邻居，因为u可能有多个邻居需要处理，但u只能连接3个孩子（因为父节点占一个位置，所以最多3个孩子）。所以，当u的孩子数达到3时，我们就不再处理u的其他邻居了吗？不，我们仍然要处理，因为其他邻居可能由其他节点扩展（即u的邻居可能由u的父节点或兄弟节点扩展）。 所以，我们不应该跳过，而是继续处理u的邻居，即使u已经达到3个孩子，因为其他邻居可能被其他节点访问。 但是，这样构造的树可能不是最优的（叶子节点不够多），因为我们没有控制节点的扩展顺序。为了尽可能多地产生叶子节点，我们应该优先扩展度数较小的节点？不对，我们更希望先扩展节点，使得树更宽。所以BFS本身就是按层扩展，使得树比较宽。 最后，所有在连通块内但没有被访问的节点（因为我们只从根开始BFS，并且连通块是连通的，所以应该都能访问到？）然后，我们将不在树中的空格（连通块中剩余的空格）都变成灌木（X）。实际上，我们不需要这样做，因为我们的树已经包含了整个连通块（因为我们遍历了整个连通块）？不对，我们遍历了整个连通块，所以所有连通块内的节点都被访问了，并且加入了树。所以，我们不需要将任何节点变成灌木？不对，因为我们建立的树可能要求节点不能有额外的边（否则会形成环），所以我们必须将一些空格变成灌木来断开环。但是，在我们的BFS树中，我们只保留了树边，而其他的边（非树边）对应的节点并没有被断开？不对，我们在建立树时，每个节点只被访问一次，并且只通过一条边连接到树，所以不会形成环。 然而，问题在于：网格图中，两个节点之间可能存在多个路径（环），而我们在BFS树中只保留树边，那么其他边对应的网格连接并没有被破坏（即两个节点在网格中相邻，但在树中不一定相邻，所以不会形成环？不对，树中已经规定了两点之间的路径唯一，但是网格图中两个节点可能既是树边又是非树边？不对，我们在BFS树中，每个节点只有一个父节点，所以不会形成环。因此，整个树是连通的，而且没有环。所以，我们不需要再添加任何灌木？不对，网格图中，两个节点可能有多个边（即网格中的邻居关系）？但是，在树中，两个节点之间只有一条路径，而网格图中的邻居关系并不会自动形成边。我们构造的树是基于网格图的，树中的边就是网格中的相邻关系。所以，只要我们在树中没有使用某个邻居关系，那么这两个节点在树中就不是直接相连的，所以不会形成环。因此，整个空格集合已经构成了一棵树。 但是，我们并没有将非树边对应的空格变成灌木。注意：在网格图中，两个节点相邻不代表它们在树中相邻。在树中，两个节点可能不相邻（即网格中不相邻？不一定，网格中相邻但在树中可能不是父子关系）。所以，原本网格图中相邻的两个节点，在树中可能不是直接相连的，那么这两个节点在树中的路径长度大于1，所以没有问题（唯一路径）。因此，我们不需要额外添加灌木来断开非树边？因为非树边并不存在于树中，所以不会形成环。树的结构已经保证了唯一路径。 然而，问题在于：网格图的原始连接是存在的，但我们的树只使用了部分连接。树中，两点之间的唯一路径就是树路径，而网格图中其他存在的边（非树边）并没有被破坏。但是，题目要求的是：在迷宫中，任意两个空格之间只能有唯一一条简单路径。如果存在非树边，那么两个节点之间就有两条路径：一条是树路径，另一条是通过非树边的路径。所以，我们必须破坏非树边？破坏非树边的方法：将非树边对应的两个节点中的一个节点变成灌木，或者将非树边对应的网格位置断开？但是，非树边对应的两个节点都是空格，我们并没有断开。 所以，我们必须确保：在树中没有使用的边（即非树边）不能连接两个空格。也就是说，如果两个节点在网格中相邻，但它们在树中不是父子关系，那么这两个节点之间不能同时保留为空格。所以，我们需要将其中至少一个节点变成灌木？或者两个都保留，但这样就会形成环。 因此，我们的BFS树构造后，需要将连通块中所有不在树上的空格变成灌木？不对，我们的树已经包含了整个连通块，并且树中没有使用的边（网格中的边）不会在树中形成连接，因为树已经覆盖了所有节点。但是，例如：节点A和节点B在网格中相邻，在树中A是B的父节点（树边），所以没问题。节点A和节点C在网格中相邻，但在树中，A和C不是父子关系（比如C是B的子节点），那么A和C相邻就会形成环（A->B->C和A-C构成环）。所以，我们必须破坏非树边。 解决方法：将非树边对应的两个节点中的一个节点变成灌木？或者将非树边对应的两个节点之间的连接断开？但网格图中断开连接只能通过将节点变成灌木（因为不能改变岩石，也不能添加灌木到边上，只能添加到节点上）。所以，我们必须将非树边的一个端点变成灌木。但是这样就会破坏树的结构（因为树中包含这个节点）。 因此，我们必须在构造树的过程中避免非树边？不可能，因为树中只有n-1条边，而网格图中连通块内的边数可能大于n-1。所以，我们必须将一些节点变成灌木来断开非树边。 重新思考：题目要求，输出中只能将空格变成灌木，不能改变岩石。构造迷宫后，剩余的空格必须形成一棵树（即任意两点有唯一路径）。所以，我们必须破坏所有的环。破坏环的方法：保留一个生成树，然后将其他所有边断开。断开边的方法：将非树边对应的两个节点中，至少一个节点变成灌木，或者将非树边对应的两个节点之间的所有路径断开（但网格图中相邻的节点，断开只能通过将节点变成灌木）。 因此，我们有两种策略： (1) 保留一棵生成树，然后对于每一条非树边，将其中一个节点变成灌木。但这样可能破坏树的结构（因为非树边涉及的节点可能被破坏），而且可能破坏很多节点。 (2) 在构造生成树之后，将不在树中的节点全部变成灌木？这样，剩下的节点就是树中的节点，并且树中相邻的节点在网格中相邻（因为树边是网格中的边），而非树边对应的两个节点至少有一个不在树中（被删除了），所以非树边就不存在了。这样，树中的节点之间只有树边，所以没有环。 策略(2)更直接：我们只保留树中的节点，而将连通块中其他节点都变成灌木。这样，树中的边都是网格中相邻的，且没有非树边（因为不在树中的节点被删除了，所以非树边的一个端点不存在了）。

> 主要是主包一天太闲了 > 想了解一下大家都是什么圈子的 d̳͔̠͖̫͚͔͇̫̲̯̠̍̇͌̑̈́̋͋͌͂́̐̒͌̓̒͗͒̓̏̐̚ͅ҈̵̴̴̖̰̭̦̲͉͇̯̮̝̥̝̩͇̮̜̯̟̙̰̤͇͈͓̪̜͖͕̰͕̦͖̲̙̦̱͎̲̙͕͓̖̘̫̜̞͈̭̙͓͚̜̥̘̙͎̳̜̝̤̫̰̪̘̘͔̝͍̥̰̳̤̝̠̩̣̥̳̲͓͙̥͆̆̊̊̽̑̈́͑̀͆͋́̏̽̔̈͋̾̈̀̾̄̊̃̊̌̋̾͛̎͆͑̃̆͑̎̆͗͆̈̑̔̉͗͑̓͑͑̇̆̄̎͂͋̅̒̂͂̐̈́̍́́̓̎͊̽̇̽̌̚҉̸͇͎̦̥̬͇̦͍̞͈̦͈̳̝̞̩̙̗̦͓̣̠͕͇̦͚̫̣̬͔̘̀͑͑̋́͋̂̄͗̐̑̏̍͒́͊͂̊̆̈́̄͋̔̂̉̑͋̊͆̐̑͆͗́̔̉̾͂̆͋̿̚ͅͅͅ҉͚͖͍̖͇͚͖̭̠͍̯͙͊̄̆̃͋̈̑̂̏̍̓́̐͋̾̽͆̔͐ͅ҈͍̥͎̩͓̤̬̠̱͍̰͕̘͐̾̄̀̓̄̋̎̈́̂̾̐̔͗ͅ҉̵̶̸̞̤̤̜͕͈̯̳̰͖̩̣̮͖͍̥͈̖͓̰͙͕̜̠̖̯̠̪͔̖̰̣͉͉̀̒̔̈́̆̄̃̑͌̾͆́́͗̎͒̇͐̍̊̔̈́̉̓̿̿̆ͅ҉̷̸̰͎̖͎̞̬̭̟͚̭̬͓̪̮͖̞̘̳̙̮̰̯̝̮̭͕͙̜̦͓̯͉̪͕͍͊̂̈̓̊̈̆̏͋́̑͋̽̈͛̈̾̌̍͆̀̋͐̒̈͌̏͂̋̍̓̂͂̀͑̊̋̀̽̽́̓͆̓͆̍̑͆͛̎͒̂̄̐͗̓̚̚̚ͅͅ 同圈的可以交个朋友\color{white}{同圈的可以交个朋友}同圈的可以交个朋友 有没有人来猜猜我是什么圈子啊 大家可以来帮我点点赞吗，你获得罐头，我也获得罐头

之前发的那篇帖子已经删了，仔细翻了一下洛谷讨论区，突然感觉自己好唐。给自己一根/bangbangt。我承认我当时确实看了一眼题解然后以为很简单，我在此先道个歉。 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ 关于本题的具体难度（洛谷为蓝），请参考这篇帖子链接描述。本题是领域交换，证明难度较高，所以评为蓝题。

叠甲：仅代表个人想法，勿喷 广告 关于ACGO的一些小建议： 处罚的力度 * 首先处罚的力度就很值得一说。处罚的力度大了，风气自然就好了。 至于如何处罚，值得一谈。 首先 ACGO 是一个 OJ 平台，作为一个 OJ 平台，那么学术诚信固然重要，现在感觉官方把“学术诚信”至关重要的这一点丢弃，作为次要的，把大精力丢弃到去管一些非常琐碎的小事。浪费资源。 其次不理解ACGO为什么会对“禁言”这个处罚情有独钟。个人认为学术诚信和禁言半毛钱关系没有。早就建议过官方加上“棕名”“扣分”“清空通过题目”这些处罚。不知道官方到底是为什么一直没有加。是技术原因还是什么，难猜。个人认为加上“棕名”“扣分”“通过0”这些处罚更好的能改变学术诚信。 再就是关于“封禁”这个或许是最严重的惩罚。建议 ACGO 采取洛谷一样对“封禁”的方式。建议给予一个封禁的期限（考虑到糖丸较多觉得定在 1~3 个月左右差不多），不要封禁就永久封，对社区的风气毫无帮助。建议的是增加给予“封禁”这个处罚的频率，减少“封禁”这个处罚的严重程度。当然对于屡教不改的可以给一点特殊关照。 觉得官方应该着重注意下以下几个点，而不是琐碎的小事： * 慢慢地把竞赛作弊者的比例降下来，考虑到糖丸较多，降到“10%”已经很好了，岁虽然远没有达到LGR的“2%”。对于这个建议官方除以“每作弊三次封禁 1 个月”这样的处罚，更有利于社区发展。大小号参赛封禁大小号各 1 个月 * 整治抄题解，提交记录行为。对于这个，主要让用户去菊爆。主要看两道题目的提交时间只差以及用户习惯的码风。一旦发现再30天内抄10次题解或提交记录的，与比赛作弊同罪。再者就是加上例如拿到40pts以上再让用户看提交记录是不是大大减少了这些事发生的频率 讨论区质量 关于社区的讨论区有一些机制很令人费解。 For example“热榜”这个机制很不理解。例如发这个帖子当时的热榜状况： 真正的学术贴可能只有 1 个甚至可以说是没有。不知道官方整改整改在哪里了。把学术贴全整改没了。 说真的不理解为什么让热帖上榜而不是学术贴。 个人认为应该让官方置顶帖优先上榜，有空位的让最新发布的学术贴上榜。 这个机制会稍微好些。再就是加强在学术贴内灌水的禁言力度。 还有些涉政的到没有造成什么特别大的实质性影响，这看官方自己了 @AC君