TCP对应的协议：

1. FTP：定义了文件传输协议，使用21端口。

2. Telnet：一种用于远程登陆的端口，使用23端口，用户可以以自己的身份远程连接到计算机上，可提供基于DOS模式下的通信服务。

3. SMTP：邮件传送协议，用于发送邮件。服务器开放的是25号端口。

4. POP3：它是和SMTP对应，POP3用于接收邮件。POP3协议所用的是110端口。

5. HTTP：是从Web服务器传输超文本到本地浏览器的传送协议。

UDP对应的协议：

1. DNS：用于域名解析服务，将域名地址转换为IP地址。DNS用的是53号端口。

2. SNMP：简单网络管理协议，使用161号端口，是用来管理网络设备的。由于网络设备很多，无连接的服务就体现出其优势。

3. TFTP(Trival File Transfer Protocal)，简单文件传输协议，该协议在熟知端口69上使用UDP服务。

最近不小心调了 cmd 窗口的大小及缓冲区的大小，想调回来却找不到比较好的值。在网上找了些别人的配置，觉得这个不错。

传送门：Circuit Board

Problem

Description

Arsh recently found an old rectangular circuit board that he would like to recycle. The circuit board has R rows and C columns of squares.

Each square of the circuit board has a thickness, measured in millimetres. The square in the r-th row and c-th column has thickness Vr,c. A circuit board is good if in each row, the difference between the thickest square and the least thick square is no greater than K.

Since the original circuit board might not be good, Arsh would like to find a good subcircuit board. A subcircuit board can be obtained by choosing an axis-aligned subrectangle from the original board and taking the squares in that subrectangle. Arsh would like your help in finding the number of squares in the largest good subrectangle of his original board.

D. Mishka and Interesting sum

Description

Little Mishka enjoys programming. Since her birthday has just passed, her friends decided to present her with array of non-negative integers a1, a2, …, an of n elements!

Problem

传送门

Description

Bundle is an animal researcher and needs to go observe K dogs. She lives on a horizontal street marked at metre increments with consecutive numbers 0, 1, 2, 3 and so on. She begins in her home, which is at position 0. There are also N dogs on the street. The i-th dog is Pi metres to the right of her home on the street (multiple dogs can share the same position).

Hello Ubuntu

安装Ubuntu 18.04

这个网上教程有很多，我就不详述了。我来说下我遇到的一些坑（Win7 + Ubuntu），双显卡（Nvidia + Inter）。大一的时候未能成功，就是因为 Nvidia 的驱动问题。一开始遇到了安装时卡在 logo 界面的问题，Ubuntu 18.04 与前面不同的好像是选择Try Ubuntu without install Install Ubuntu时有了界面。这一下把我搞懵了，因为原来选择的时候按 e 可以编辑 grub 参数，这次不知道去哪里编辑了，尴尬。后面摸索了下发现 F6 有个其他选项，里面有个 nomodeset，勾选后便解决了这个问题。

最近转移到了 Ubuntu 系统上，配了一波环境，逐步适应了些Vim，虽然一开始觉得没有补全无所谓的，可以练练实力，再安装插件觉得麻烦，但后面还是觉得没有补全少点什么，于是决定还是下个 Vim补全的插件。大约刻之前在赵老板博客上看到过一个关于Vim补全的插件赵老板博文链接，所以打算用那个，也就是 YouCompleteMe。据说这是Vim最难安装的插件？

安装步骤并不算麻烦吧：

1. 安装 Vundle （Vim 插件管理）
2. 用 Vundle安装编译YouCompleteMe
3. 配置 YouCompleteMe

前期工作

1. 确认你的vim版本在7.3.584以上。
2. 确认你的电脑支持Python 2.x。
3. 需要Vundle（vim的插件管理工具）来管理你的插件。
4. 安装脚本需要使用CMake。

以上几点大家如果没有配置好的话，网上有很多很详细的教程，这里就不细讲了。（完全照抄赵老板博客）

传送门：BZOJ 5486 Fine Dining

Problem

Description

漫长的一天结束了，饥困交加的奶牛们准备返回牛棚。农场由N片牧场组成（2≤N≤50,000），方便起见编号为1…

N。所有奶牛都要前往位于牧场N的牛棚。其他N-1片牧场中每片有一头奶牛。奶牛们可以通过M条无向的小路在牧场之间移动（1≤M≤100,000）。第i条小路连接牧场ai和bi，通过需要时间ti。每头奶牛都可以经过一些小路回到牛棚。由于饥饿，奶牛们很乐于在他们回家的路上停留一段时间觅食。农场里有K个有美味的干草捆，第i个干草捆的美味值为yi。每头奶牛都想要在她回牛棚的路上在某一个干草捆处停留，但是她这样做仅当经过这个干草捆使她回牛棚的时间增加不超过这个干草捆的美味值。注意一头奶牛仅仅“正式地”在一个干草捆处因进食而停留，即使她的路径上经过其他放有干草捆的牧场；她会简单地无视其他的干草捆。

Input

第一行包含三个空格分隔的整数N，M和K。

以下M行每行包含三个整数ai，bi和ti，表示牧场ai和bi之间有一条需要ti时间通过的小路

（ai不等于bi，ti为不超过104的正整数）。

以下K行，每行以两个整数描述了一个干草捆：该干草捆所在牧场的编号，以及它的美味值（一个不超过10^9的正整数）。

同一片牧场中可能会有多个干草捆。

Output

输出包含N-1行。

如果牧场i里的奶牛可以在回牛棚的路上前往某一个干草捆并且在此进食，则第i行为一个整数1，否则为一个整数0

Sample Input

4 5 1
1 4 10
2 1 20
4 2 3
2 3 5
4 3 2
2 7

Sample Output

1
1
1
在这个例子中，牧场3里的奶牛可以停留进食，因为她回去的时间仅会增加6（从2增加到8），而这个增加量并没有
超过干草捆的美味值7。牧场2里的奶牛显然可以吃掉牧场2里的干草，因为这并不会导致她的最佳路径发生变化。
对于牧场1里的奶牛是一个有趣的情况，因为看起来她的最佳路径（10）可能会因为前去进食而有过大的增加量。
然而，确实存在一条路径使得她可以前去干草捆处停留：先到牧场4，然后去牧场2（吃草），然后回到牧场4。

Solution

Idea

分层图最短路。两种状态，吃或未吃干草。$dis[i] [0]$表示未吃干草状态下到达i的最短时间，$dis[i][1]$则为吃干草状态下到达i的最短时间。

将牧场之间的距离看做为正，将干草看为负。如果$dis[n][1] <= dis[n][0]$ ，则输出1.

Code

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74
75
76
77
78
79
80
81
82
83
84
85
86
87
88
89
90
91
92
93
94
95
96
97
98
99
100
101
102
103
104
105
106
107
108
109
110
111
112
113

#define MAXN 50050
#define MAXM 200050
#define INF 0x3f3f3f3f
typedef long long LL;

using namespace std;

int n, m, k;

struct ed
{
    int to, next, cost;
}edge[MAXM];

int tot;
int head[MAXN];
int has[MAXN], dis[MAXN][2];
bool vis[MAXN];

void addedge(int u, int v, int w)
{
    edge[tot].to = v;
    edge[tot].next = head[u];
    edge[tot].cost = w;
    head[u] = tot++;
}

void spfa()
{
    memset(dis, 0x3f, sizeof(dis));
    dis[n][0] = 0;
    queue<int> que;
    que.push(n);
    while(!que.empty())
    {
        int u = que.front();
        int v;
        que.pop();
        vis[u] = false;

        for(int i = head[u]; ~i; i = edge[i].next)
        {
            v = edge[i].to;
            if(dis[u][0] + edge[i].cost < dis[v][0])
            {
                dis[v][0] = dis[u][0] + edge[i].cost;
                if(!vis[v])
                {
                    que.push(v);
                    vis[v] = true;
                }
            }

            if(has[v] && dis[u][0] + edge[i].cost - has[v] < dis[v][1])
            {
                dis[v][1] = dis[u][0] + edge[i].cost - has[v];
                if(!vis[v])
                {
                    que.push(v);
                    vis[v] = true;
                }
            }

            if(dis[u][1] + edge[i].cost < dis[v][1])
            {
                dis[v][1] = dis[u][1] + edge[i].cost;
                if(!vis[v])
                {
                    que.push(v);
                    vis[v] = true;
                }
            }
        }
    }
}

int main()
{
    tot = 0;
    memset(head, -1, sizeof(head));

    scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
    int u, v, w;

    for(int i=0; i<m; i++)
    {
        scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
        addedge(u, v, w);
        addedge(v, u, w);
    }
    for(int i=0; i<k; i++)
    {
        scanf("%d%d", &u, &w);
        has[u] = max(has[u], w);
    }

    if(has[n])
    {
        for(int i=1; i<n; i++)
            puts("1");
        return 0;
    }
    spfa();
    for(int i=1; i<=n-1; i++)
    {
        if(dis[i][0] >= dis[i][1])
            puts("1");
        else
            puts("0");
    }

    return 0;
}

题目链接：BZOJ 5488 Teamwork

Problem

Description

在Farmer John最喜欢的节日里，他想要给他的朋友们赠送一些礼物。由于他并不擅长包装礼物，他想要获得他的奶牛们的帮助。你可能能够想到，奶牛们本身也不是很擅长包装礼物，而Farmer John即将得到这一教训。Farmer John的N头奶牛（1≤N≤104）排成一行，方便起见依次编号为1…N。奶牛i的包装礼物的技能水平为si。她们的技能水平可能参差不齐，所以FJ决定把她的奶牛们分成小组。每一组可以包含任意不超过K头的连续的奶牛（1≤K≤103），并且一头奶牛不能属于多于一个小组。由于奶牛们会互相学习，这一组中每一头奶牛的技能水平会变成这一组中水平最高的奶牛的技能水平。请帮助FJ求出，在他合理地安排分组的情况下，可以达到的技能水平之和的最大值。

题目链接：BZOJ 1003 物流运输

Problem

Description

　　物流公司要把一批货物从码头A运到码头B。由于货物量比较大，需要n天才能运完。货物运输过程中一般要转
停好几个码头。物流公司通常会设计一条固定的运输路线，以便对整个运输过程实施严格的管理和跟踪。由于各种
因素的存在，有的时候某个码头会无法装卸货物。这时候就必须修改运输路线，让货物能够按时到达目的地。但是
修改路线是一件十分麻烦的事情，会带来额外的成本。因此物流公司希望能够订一个n天的运输计划，使得总成本
尽可能地小。