如何给货运公司起名
&货运公司以运输货品为经营的一类公司，这样的公司要求在运输的过程讲求速度和货品的不损坏。那么如何给货运公司呢？来看以下文章吧。
如何给货运
货运公司的知识&
一个货运公司，起名时应信息看，名称要字音响亮、字义要吉祥、字形要优美，要文雅、悦耳、易记，奇特而不古怪、意新而不露骨跟上时代的步伐。名称要符合行业产品特点，与所在地地名、法人负责人姓名不可有冲突的地方，更要和法人负责人的有关特点相吻合。其中，从某种意上讲，内在的信息起的作 用更大。所以，公司店号、产品商标名称要内外结合，表里相配，才能使企业形象策划得更加完美。 运作公司，不可走错第一步。一个简短易记、反映站点性质的响亮域名总会给人留下深刻的印象，因为域名的简单易记总是很方便用户的使用。一个恰当的企业命名，可以说是建立企业形象的第一步。取得好，对企业会有加分的效果，取得不好，轻则留不下印象，重则可能影响经营的成效。一个设计独特，易读易记，并富有艺术和形象性的企业名称、能迅速抓住大众的视觉，诱发其浓厚的兴趣和丰富的想象，能使之留下深刻的印象。也许有些人对起名不是特别的在乎，那么他也忽视了企业名称在教育部门在我国的重要性。&
起名不仅是要有一个好名字，好名字要通过国家工商部门及商标局的认证才可以注册完成，专业的取名公司便随着市场的发展需求应运而生。好的名字会给我国的教育发展带来无形的作用。
许多货代公司都起名为物流公司，那货代和物流有什么本质的区别
1，货代是货运代理人，不是船公司实际承运人。&
2，货代与物流（第三方）、货运公司本质上是一样的。&
3，货代又不同于船代，船代可以代表船公司处理有关订舱，签单，改单，放箱等工作&
4，货代有一级与二级之分，一级货代有美金发票，二级没有而且必须要到国税局开票。&
5，一级货代可直接向船公司订舱，但不一定有资格订舱，有许多船公司只指定了几个少数的货代做为订舱口。所以并不是说一级就是怎么着了。。。。大部份的一级只能局限于几个船公司有订舱权。&
6，有钉舱权一级货代并不一定能拿得好的价格与服务，有许多情况，订舱货代反而要向通过他订舱那家货代（其他一级或二级）拿价格与舱位。&
7，货代挂靠很正常，不是说所有挂靠就没实力，所以不要只听那个货代是挂靠的就怎么着了，当然，要是你是挂靠的，也不要口口声声一定要说我们是一级的在哪里的办事处，是挂靠就是挂靠的，还有啊，也不要是我们是一级的怎么样怎么样了，一级也不一定是有能力的，但二级也不要以为自己有点关系了就怎么着怎么着了，呵呵，明白的货主看重的是你是不是合适自己的货代。&
8，口岸（上海，宁波）的货代不一定是一代，90%以上口岸货代也是没有订舱权的货代或者二代，所以不要以为口岸的货代怎么着怎么着的好了。&
9，货代的主要工作是订舱，报关，车运等工作，不是什么都能做的&
10，报关不一定是报关行（公司），货代也可以报，有的货代只做报关的事情，其他事情他不做！
货运公司起
Entrust Int'l Logistics Ltd. 信汇国际物流有限公司
ESA Logistics (H.K.) Co. Ltd. 东日物流(香港)有限公司
ESI Freight Ltd. 迅辉货运有限公司
ESL Express Ltd. 世纬捷运有限公司
ESS Cargo Services Ltd. 炜业货运有限公司
Estern Steamship Company 东方轮船公司
Eumex Line Agencies (HK) Ltd. 建航海运(香港)有限公司
Euro-Pac International Air Services Ltd. 欧美国际空运有限公司
Europe combined Terminal 欧洲联合码头公司
Euro-trans (HK) Ltd. 利奇香港有限公司
Ever Gain & Omori Forwarding Ltd. 永得利大森货运有限公司
Ever Gain Co. Ltd. 永得利有限公司
Ever Glory Shipping Enterprises Ltd 和荣船务企业有限公司（香港）
Ever Linkage Logistics Ltd. 永联达物流有限公司
Ever Power Logistics Co. Ltd. 聪沛物流有限公司
Ever Glory Shipping Enterprises Ltd 和荣船务企业有限公司（香港）&
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NOIP解题报告（30）
　A 国有 n 座城市，编号从 1 到 n，城市之间有 m 条双向道路。每一条道路对车辆都有重量限制，简称限重。
　现在有 q 辆货车在运输货物，司机们想知道每辆车在不超过车辆限重的情况下，最多能运多重的货物。
　第一行有两个用一个空格隔开的整数 n，m，表示 A 国有n 座城市和 m 条道路。
　接下来 m 行每行 3 个整数 x、y、z，每两个整数之间用一个空格隔开，表示从 x 号城市到 y 号城市有一条限
重为 z 的道路。注意：x 不等于 y，两座城市之间可能有多条道路。
　接下来一行有一个整数 q，表示有q 辆货车需要运货。
　接下来 q 行，每行两个整数 x、y，之间用一个空格隔开，表示一辆货车需要从 x 城市运输货物到 y 城市，
注意：x 不等于 y。
　对于 30%的数据，0 & n & 1,000，0 & m & 10,000，0 & q & 1,000；
　对于 60%的数据，0 & n & 1,000，0 & m & 50,000，0 & q & 1,000；
　对于 100%的数据，0 & n &10,000，0 & m & 50,000，0& q & 30,000，0 ≤ z ≤ 100,000。
　　输出共有 q 行，每行一个整数，表示对于每一辆货车，它的最大载重是多少。
如果货车不能到达目的地，输出-1。
http://z./blog/static//
上面是《用Pascal的OIER的C语言常识》，（顺便安利一下我的博客，不要吐槽名字&_&）
贪心的思考一下，任意两点之间最大的载重一定在每个子图的最大生成树T上，因为如果不在T上，则这条路线最大的载重一定比原来路线的权值大，这与T是最大生成树相驳。
所以可以知道，首先构造最大生成树，然后对于每一组询问，查找最近公共祖先，输出最小边的权值即可，构造最大生成树相信都会吧，所以重点就落到了查找最近公共祖先上了，查找最近公共祖先，有两个常用的算法，离线的Tarjan算法，在线的树上倍增算法，什么是离线和在线呢？所谓的在线算法就是实时性的，比方说，给你一个输入，算法就给出一个输出，就像是http请求，请求网页一样。给一个实时的请求，就返回给你一个请求的网页。而离线算法则是要求一次性读入所有的请求，然后在统一得处理。而在处理的过程中不一定是按照请求的输入顺序来处理的。说不定后输入的请求在算法的执行过程中是被先处理的。
Tarjan算法和树上倍增算法
（再一次安利我的博客）
http://z./blog/static//#
这样看来，问题似乎已经完美解决，使用好理解的Tarjan算法就可以得到答案了，但是作为一个离线算法，Tarjan算法有一个劣势，就是会打乱输入数据的顺序，所以不好输出，做标记也许可以，但加大了思维负担，所以这里使用树上倍增算法，而树上倍增用到了位运算作为工具，所以。。。。位运算（最后一次安利。。。重要的东西要说三次）
http://z./blog/static//#
下面是我的C++代码：
#include&iostream&
#include &algorithm&//要使用C++内置的排序函数，必须要有这句
#include&cstdio&
#include&cstring&
#define inf0x7fffffff//定义一个认为的无限大的值，这是一个16进制数
//上面的头文件什么的，可以无视
intn,m,q,cnt,tot,deep[10001],head[10001],f[10001],fa[10001][17],d[10001][17];
bool vis[10001];
struct edge{intx,y,v;}a[50001];//定义边的结构
struct e{intnext,to,v;}e[20001];//定义邻接表，关于邻接表，可以看ahalei的51CTO博客/art/072.htm
void ins(intu,int v,int w)
{e[++cnt].to=v;e[cnt].next=head[u];head[u]=e[cnt].v=w;}//向邻接表中加入一条边
void insert(intu,int v,int w)
{ins(u,v,w);ins(v,u,w);}//为了方便双向加入边，我这里写了一个驱动函数
int find(int x)
{returnf[x]==x?x:f[x]=find(f[x]);}//并查集的查，使用了三元表达式，翻译过来就是
&&&&& if(f[x]==x)
&&&&&&&&&&&&
&&&&& else
&&&&&&&&&&&& f[x]=find(f[x]);
&&&&&&&&&&&& return f[x];
bool cmp(edgea,edge b)
{returna.v&b.v;}//为了使用C++内置的一个排序函数，定义边的比较，
void dfs(intx)//dfs给树上的每一个节点做上深度的标记
&&& vis[x]=1;//标记当前节点已经走过
&&& for(int i=1;i&=16;i++)
&&&&&&& if(deep[x]&(1&&i))//通过位运算判断是否已经到达树的最深处
&&&&&&& fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1];//因为2^(j-1)+2^(j-1)=2^j，所以节点的2^(j-1)祖先的2^(j-1)祖先就是节点的2^j祖先
&&&&&&&d[x][i]=min(d[x][i-1],d[fa[x][i-1]][i-1]);//记录下到第i祖先的最小路径权值
&&& for(int i=head[x];i;i=e[i].next)//遍历邻接表，这里使用了for循环的语法糖
&&&&&&& if(vis[e[i].to])//如果当前边的到达顶点已经走过，就继续下一个边
&&&&&&& fa[e[i].to][0]=x;//2^0=1，所以fa[i][0]是i节点的父亲，这里按照遍历边的顺序，把树建立（当前边的到达顶点的父亲就是出发顶点）
&&&&&&& d[e[i].to][0]=e[i].v;//到达顶点到父亲的权值就是边的权值
&&&&&&& deep[e[i].to]=deep[x]+1;//到达顶点的深度比父亲大1
&&&&&&& dfs(e[i].to);//递归遍历到达顶点
int lca(intx,int y)//重点来了，这里是求树上两节点的最近公共祖先
&&& if(deep[x]&deep[y])swap(x,y);//先保证x节点的深度大于y节点
&&& int t=deep[x]-deep[y];//得到两节点深度的差值
&&& for(int i=0;i&=16;i++)
&&&&&&& if((1&&i)&t)x=fa[x][i];//通过位运算将x节点上推，直到x节点与y节点的深度相同（从0开始上推是为了处理x与y在同一深度的情况）
&&& for(int i=16;i&=0;i--)//从int位的最后一位开始倒推，找到深度最大的公共祖先即为最近公共祖先
&&&&&&& if(fa[x][i]!=fa[y][i])
&&&&&&&&&&& {x=fa[x][i];y=fa[y][i];}//在x与y的祖先不同时，同步上推
&&& if(x==y)//处理一个边界情况，即如果在x上推到与y同等深度时，x与y相同，则公共祖先就是上推后的x
&&& return fa[x][0];//当同步上推完成时，x的父亲节点即为最近公共祖先（当然写y也行，不过我看x顺眼。。。）
int ask(intx,int f)//这里是询问x节点，到它的祖先节点的最小路径
&&& int mn=
&&& int t=deep[x]-deep[f];//找到深度之差，确定上推范围
&&& for(int i=0;i&=16;i++)
&&&&&&& if(t&(1&&i))//还是位运算
&&&&&&&&&&& mn=min(mn,d[x][i]);//在上推中确定这条路线的最小权值
& &&&&&&&&&&x=fa[x][i];//上推
&&&//返回最小权值
int main(void)//这里是主程序的开始
&&&freopen(&truck.in&,&r&,stdin);
&&&freopen(&truck.out,&,&w&,stdout);//上面是文件
&&& memset(d,127/3,sizeof(d));//向记录路径权值的数组中填充一个大值
&&& scanf(&%d%d&,&n,&m);//读入，n,m
&&& for(int i=1;i&=n;i++)f[i]=i;//初始化并查集
&&& for(int i=1;i&=m;i++)
&&&&&&&scanf(&%d%d%d&,&a[i].x,&a[i].y,&a[i].v);//读入每一条边
&&& sort(a+1,a+1+m,cmp);//将每一条边按照规定好的比较方式排序，完成后将按照降序排序
&&& for(int i=1;i&=m;i++)
&&&&&&& int x=a[i].x,y=a[i].y;
&&&&&&& int p=find(x),q=find(y);
&&&&&&& if(p!=q)
&&&&&&&&&&& f[p]=q;
&&&&&&&&&&& insert(x,y,a[i].v);
&&&&&&&&&&& tot++;//记录使用的边的数量
&&&&& &&&if(tot==n-1)//如果使用的边已经有n-1个，那么最大生成树已经构造成功，跳出循环
&&&&&&& }//这里是构造最大生成树。。。
&&& for(int i=1;i&=n;i++)if(!vis[i]){dfs(i);}//以第一个节点为根节点，遍历并标记每个顶点的深度（树的根节点可以随意选择，并不影响）
&&& scanf(&%d&,&q);//读入询问次数
&&& for(int i=1;i&=q;i++)
&&&&&&& int x,y;
&&&&&&&scanf(&%d%d&,&x,&y);//读入每一次询问
&&&&&&&if(find(x)!=find(y)){printf(&-1\n&);}//如果询问的两个顶点不在同一个连通分量中，那么就无路连通，输出-1
&&&&&&& else
&&&&&&&&&&& int t=lca(x,y);//找到询问的顶点的最近公共祖先
&&&&&&&&&&&printf(&%d\n&,min(ask(x,t),ask(y,t)));//从x节点到祖先节点，从y节点到祖先节点，找到最小的权值，即为答案
&&& return 0;//程序正确返回的标志
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