**對於這道題其實沒有什麼好說的，就是一道十足的大水題(ﾟｰﾟ)，運用佇列加上乙個判斷存在的陣列來快速查尋即可，需要注意的是此處的資料較小，可以只用將佇列的空間開的大一些，但如果以後遇見資料較大的佇列題時需要用到迴圈佇列
一下便是實現**：
**這道題第一次做的時候想到的是深搜+剪枝，將每個格仔上的分數都減去乙個較大的數，然後每次深蒐時若加和的值已經大於當前的答案時，就退出此次搜尋，本以為會減去大量的時間，結果果斷gg，只過了四個點；後來一想，這道題確實很想是到dp題啊。。。但是之所以一開始沒有用dp的原因便是找不到適合表示和推演的狀態。。。（這不是淚催嗎。。。(ノಠ益ಠ)ノ彡┻━┻）後來經過乙個ak大神的指點後思路才明了起來。。。將不同的卡牌的已用牌數牌數設為狀態，有就是用陣列dp[i][j][k][t]表示狀態，其中i表示第一種牌，j表示第二種牌，以此類推然後當前狀態dp[i][j][k][t]便是由max+scor[set]得來，set表示的是當前的位置（即：1+i+2*j+3*k+4*t)然後就簡單了。。。答案輸出dp[amount of i][amount of j][amount of k][amount of t]即可；
**題目的做法是了解了，但是此處我自己覺得仍需要總結一些關於此類dp問題的思路，今後，凡是遇見有類似此題，有多重型別和數量限制的題目（切數量不是特別大，就像此題便是），邊可以將其已用或未用數量作為狀態求解，切要注意型別與數量的關係,就比如在此題中個拍數與所行走到的位置的關係
以下為此題的實現**：
關押罪犯這道題看起來似乎有點像是圖論方面的題型，但實際上可以用二分答案來解決（當然某李姓大神也發現了一種並查集的方法，而且時間發雜度是o（n），但是表示我乙個弱沒有聽懂(。・・)ノ）
那麼先複習一下二分的思路和步驟：1.得中間值，2.check一遍，3如果r>l+1，goto（1.）；而此題也不例外，但是重點就在check上了，畢竟丁神說過，二分能解的題都有一定的單調性，不一定是明顯的大小單調，但是這個單調性質能夠使我們知道什麼時候該往左邊縮區間，什麼時候該往右邊縮區間；
而此題乍一看似乎沒有特別明顯的單調性，但是用二分答案的步驟來想一下，先在有m=l+r/2，則比m大的邊就不能存在在圖中（即不能在同一監獄中），如果滿足次條件，則說明此m課以作為答案（但不一定是最小答案），則r=m；若不滿足，則說明此邊不是最小的最大邊，答案是乙個比它大的邊，所以l=m；
單調性是解決了，但是如何判斷比m大的邊所連的點能分到兩個組中使其兩兩不相連呢？這裡便可以用到染色法；
首先宣告，不是說在大於m的邊中有環其一定就不成立，如一下情況：
此情況便是有環但是可以區分成兩兩不相連的情況；（就是因為這個在下午該題時老是調不對）
那麼就要用到乙個染色法（以後在判斷分為兩互不相連的集合時就想想這方法）；運用dfs，將起點染成一種顏色，然後再將其兒子（與其相連的節點染成不同的顏色（這裡可以用到異或,但要注意最好顏色用2，3表示，用1，0時就不能區分誰是沒走過的，誰是染成了0這個顏色的，除非將陣列的所有元素初始化為-1一類的值；))當發現本因染成不同顏色的點與自己的顏色相同時，return false，若便利完了所有的點並未出現上述情況則說明滿足要求，return true；
**如下：
#include
#include
#include
#define m 300000
using
namespace
std;
int yet[m],ind[m],sz;
int a[m],b[m],f[m],n,m;
struct node
}list[m];
void add(int a,int b)
bool dfs(int now,int f)
return
true;
}bool check(int now)
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!yet[i])
return
true;
}int main()
if(check(l))printf("%d",l);
else
if(check(r))printf("%d",r);
return
0;}
1.凡是遇見有有多型別數量限制的dp題目，想想將型別和其數量視為狀態來解題
2.遇見特徵不是很明顯的題目時，試著用二分答案，將關於m的單調性找出，如果有這試著去用二分來解題；（一般有最小中的最大或最大中的最小時，就很有可能是二分答案）
3.判斷分組時運用染色法；
4.若卡在一道題上超過十分鐘都沒有明顯的突破點，說明思路可能有問題，試著去找其他的思路；
那麼。。。就希望下次考試能吸取此次教訓，再將原來學習的知識點鞏固一下，多刷一些題。。。也拜託公主殿下能保佑，拜託╭( ･ㅂ･)و ̑̑
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