我采用的是两次 DFS 的方法，也就是任意取一个点开始 DFS，找到这次 DFS 时深度最深的点（也就是从所选点开始最长路径的终点），然后从这一点（可以证明，这一点是最长路径的端点）开始再进行 DFS，这次 DFS 的深度就是要求的路径长度。

算法就是这样了，不过这个算法的正确性我一开始也不太确定，下面来证明一下：

大家看图：

设最长路径为 AB ，一开始任选的点为 P。取路径 PB 上的一点 Q，使得 AQ 与 PQ 只有一个公共点 Q（也就是使得从 A 走到 Q 再走到 B 不会走回头路）。设 AQ=a，QB=b，QP=s，不妨设 a<b。

要证明这个算法的正确性，也就是要证明从 P 开始的最长路径的终点一定是 A 或 B。假设从 P 开始的最长路径的终点是 C ，设 CP=c。

由假设知， c>s+b。由于从从 P 开始的最长路径的终点是 C，所以第二次 DFS 将从 C 开始，所得最长路径为 CB=c+s+b>s+b+s+b，又因为 a<b，故CB>s+b+s+b>s+a+s+b>a+b=AB，这与 AB 是最长路径矛盾，故假设不成立，命题得证。

时间复杂度 O(CR)，空间复杂度 O(CR)。

代码还是非常 ugly，偷了很多懒，改一下的话应该能更快些。

P.S. 停止切题，准备期中考试。（其实这个星期就没做题）

其实也没用到什么数论结论，首先手算找找规律。发现，对于 [tex]\forall x\in (\frac{n}{i+1},\frac{n}{i+1}],x\in {\mathbb Z}[/tex] 有 [tex]n ~{\mathtt div}~ x[/tex] 为常数[tex]i - 1[/tex]，于是这一区间内的数就可以只算一次，然后将结果乘以区间内整数的个数就行了。但当[tex]i>\sqrt{n}[/tex]时，每个区间的长度[tex]\frac{n}{i}-\frac{n}{i-1}<1[/tex]，这样就得不偿失了，所以当[tex]i<=\sqrt{n}[/tex]时每个区间处理一次，当[tex]i>\sqrt{n}[/tex]时，进行朴素的计算。

div 运算就这样解决了，剩下的取余可以由整除的结果生成，对于[tex]\forall x\in {\mathbb Z}[/tex]，有[tex]n ~{\mathtt mod}~ i = n - i(n ~{\mathtt div}~ i)[/tex]，每个区间内，[tex]n ~{\mathtt div}~ i[/tex]为定值，所以令[tex]first=\frac{n}{i+1},last=\frac{n}{i},k=n ~{\mathtt div}~ i=i-1[/tex]，则对于区间[tex](first,last][/tex]，有[tex]\sum\limits_{i=first}^{last}{n ~{\mathtt mod}~ i}[/tex][tex]=\sum\limits_{i=first}^{last}{n- i(n ~{\mathtt div}~ i)}[/tex][tex]=\sum\limits_{i=first}^{last}{n-i\cdot{}k}[/tex][tex]=n\cdot{}(last-first)-k\sum\limits_{i=first}^{last}{i}[/tex][tex]=n\cdot{}(last-first)-k\frac{\cdot{}(first+1+last)(last-first)}{2}[/tex][tex]=n\cdot{}(last-first)-\frac{(first+1+last)(last-first)(i-1)}{2}[/tex]。同样地，当[tex]i>\sqrt{n}[/tex]时，进行朴素的计算。

时间复杂度 [tex]O(\sqrt{n})[/tex]，空间复杂度 O(1)。

算法就是这样了，刚开始写的时候 TLE 了，原因是作为循环条件的 sqrt(n) 没有提前计算出来，于是导致了很多不必要的运算，多么低级的错误……

C++ 代码在这里。

P.S. 突然想做编号是大家生日的题目，这题编号是我一个朋友的生日，自己的生日编号的题目的状态是暂不提供……

看到我们的小妹妹写了积木城堡这个题，于是我也从这题开始了……

简单的 0/1 背包，渐进时间复杂度（大概）是 O(N*n*n)，渐进空间复杂度（大概）是 O(N*n*n)，其中 N 为城堡数量， n 为组成每个城堡的积木数。

这题有着 Vijos 的一贯传统，就是题目描述令人 confused，就这题来说，从中间抽取积木还能使城堡不倒，不得不说是有一定功力，抽出的积木就扔在一边，不能不说是浪费。其实这都可以在题目中说清楚的。

开始做，一开始用了 bitset （在 NOIP 中允许使用），结果 TLE ；后来优化了读入，还是 TLE，后来砍掉了 bitset ，用 boolean array，提交无数次后（Vijos 最近服务器有问题，运行程序忽快忽慢，随机 TLE 的现象时有发生），终于 AC 了。

代码可以看这里，其他 vijos 的代码也在那里。

事实证明， bitset 的效率并不高，竞赛的时候应远离 bitset …… （这也可能跟 Vijos 所用编译器的实现有关）