A(hdu5961)：（BFS）
题意：给两个有向图=P=(V,EP)和Q=(V,EQ), 满足1.EP与EQ没有交；2、EP∪EQ是竞赛图。判断P与Q是否同时为传递的。一个有向图G是传递的，当且仅当对任意三个不同的顶点a,b,c，若有一条边从a到b且有一条边从b到c，则同样有一条边从a到c。
分析：首先的想法是从所有入度为0的点开始BFS，如果有某个点第一次被更新的时间>=2就肯定不行，然而就发现反例了，后来一想，从每个点开始BFS判断就行了
C(hdu5963)：（博弈论）
题意：给一棵n个节点的树，边有权，为0或1。在树上进行游戏，游戏开始时会确定一个节点为根，两人交替进行操作。一方操作时，选一个非根节点u满足u和其父亲之间的边权为1，然后把u到根路径上所有边权翻转。一方无法操作时，另一方胜利。有m次修改：0 x询问以x为根开始游戏谁会赢；1 x y z将x和y之间的边权改为z。
分析：对于每个询问的root，我们看它的儿子，如果有一个儿子到root的权值为1，那么先手可以把它翻转，那么后手如果在子树里选，那么这个边肯定要重新被翻转为1，那么先手就一直处于不败。综合考虑所有的root的儿子，也就是看看权值为1的边有多少个，如果有奇数个那么就说明先手必胜，否则后手必胜。
D(hdu5964)：（解析几何）
题意：给定两条定直线和一个点集，在两条定直线上各取一个点，点集中取两个点，一共四个点，需要它们构成平行四边形，问构成平行四边形最大面积为多大(点数<=1e6)
分析：枚举点集中的两个点，那么中点就定下来了，那么直线上的两点也就固定下来了，面积也就固定了，写出表达式发现结果为(f(i)-f(j))/C，所以只要O(n)扫描出f()的最大值和最小值就行了。
E(hdu5965)：（递推）
题意：三行n列的扫雷，第二行全是数字，第一行第二行全是雷区。问有多少种填的方案。
分析：dp[i][0/1/2][j]表示当前第i列，第i列填的雷数为0/1/2个，第i列和第i-1列总雷数位j个的方案数，递推一下就行。注意dp[i][1][j]的结果要乘2，因为雷可以放第一行也可以放第三行。
H(hdu5968)：（预处理+二分）
题意：给一个长度n的非负整数序列ai，有m个询问，每次询问xi，问a的所有连续子序列的异或和中，与xi之差的绝对值最小的子序列的长度。若有多个输出最长的。n,m≤100
分析：预处理出所有的连续异或和，对于每个询问二分查找。
I(hdu5969)：（贪心）
题意：给定两个自然数l和r，选两个数x,y满足l≤x≤y≤r 且x∣y最大。输出这个最大值。
分析：从最高位开始找，直到找到第一个位置r=1,l=0,那么l后面位置就可以全部为1，再计算l和r的或值即可
J(hdu5970)：（数学）
题意：求题目中所给公式的值。
分析：先尝试想想求gcd的步数有什么特殊意义，后来发现并没有。注意到j很小，所以想到枚举j，观察i的规律。
发现模j余数相同的i对应的分母的值是相同的，而分子正好是等差数列。
但是题目中又套上了个向下取整数，这就不好办了。
看了别人的题解才发现对于余数相同的一列数，可以找到一个整数t，使得t*j*j是分母的倍数，即增量是整数。
也就是说只需要枚举0~t-1，后面的仍旧是等差数列。
贴波代码：
long long ans=;
scanf("%lld %lld %lld",&n,&m,&p);
for(int j=;j<=m;++j)
for(int i=;i<=j-;++i)
{
int step=,d;
gcd(i,j,d,step);
long long q=d*d*step;
long long t=((long long)step)/ggcd(j/d*j/d,step);
long long dd=(t*j*j/q)%p;
for(int k=;k<t;++k)
{
long long a0=((k*j*j+i*j)/q)%p;
if((n-i)/j-k<) break;
long long len=((n-i)/j-k)/t+;
ans=(ans+(len*a0)%p+(((len*(len-)/(long long))%p)*dd)%p)%p;
}
}
printf("%lld\n",ans);