一、最大配對給出2
個序列a=，b=
，從a、b
中各選出
k個元素進行一一配對（可以不按照原來在序列中的順序），並使得所有配對元素差的絕對值之和最大。
例如各選出了
a[p[1]]
，a[p[2]]，……
，a[p[k]]
與b[q[1]]
，b[q[2]]，……
，b[q[k]]
，其中p
序列中的元素兩兩不相同，
q序列中的元素兩兩不相同，那麼答案為
|a[p[1]]
－b[q[1]]|
＋|a[p[2]]
－b[q[2]]|＋……
＋|a[p[k]]
－b[q[k]]|
，現在任務也就是最大化這個答案。
可證得：要想配對數間差的絕對值之和最大，一定是最大值與最小值配對。
所以可以先排序，但由於最大值、最小值均可出自a、b序列中，且不可同時出自同一序列，互不影響，所以可以貪心一下，最後求和輸出。
一般第一題都是比較簡單的搜尋、找規律或貪心題，而貪心一般建立在找規律上才可確保它沒有後效性，此次第一題很多人說不出為什麼貪心沒有後效性，就大膽猜測，然而往往不是這麼容易矇對這種「顯然」，故可以先從規律入手。（雖然我也是大膽猜測……）
二、旅行
（做這道題時莫名想起上次被師弟們虐的情景）
今天又是個神聖的日子，因為
lhx教主又要進行一段長途旅行。但是教主畢竟是教主，他喜歡走自己的路，讓別人目瞪口呆。為什麼呢，因為這條路線高低不平，而且是相當的嚴重。
但是教主有自己的辦法，他會魔法。
這段路可以用乙個長度為
n的序列
a[i]
來表示，
a[i]
表示了第
i這段路的高度。畢竟教主即使會使用魔法他還是個人，教主如果想穿越這條路線，他必須從第
1段路開始走，走到第
n段，從第
i段走到第
i+1段路需要消耗
|a[i+1]-a[i]|
點體力。為了節省體力，教主使出了他另一種神奇的魔法。教主的魔法可以交換相鄰兩段路的高度，並且這種魔法不需要花費額外的體力。但是第二次使用魔法開始，交換的兩段路在路線中的位置需位於之前交換的兩段路之後。即如果某次交換了
a[j]
和a[j+1]
，那麼下次交換
a[k]
和a[k+1]
必須滿足j＜
k。接著，lhx
教主想規劃下如何調整路段高度後穿越，使得體力消耗最小。
通常遇到這類可通過修改，形成多方案求最優，且修改沒有後效性的題目，都可以用dp打
dp有順推和逆推，可根據具體情況分析，眾人表示逆推程式設計難度低，而在此我僅說明順推的思路（一開始就這麼打，只是很難說明構思，努力說明……）
首先定義f[i][j][k]（１＜ｉ＜ｎ，ｊ為傳遞過來的山的高度，ｋ＝０或１，表示當前山是否已經和後面的山交換，ｉ可以用滾動陣列，故空間完全沒問題），我們確定前ｉ座山的方案，後面的位置不變，分不操作和ｉ＋１與ｉ＋２交換後，用ｆ［ｉ］推ｆ［ｉ＋１］，可以得出的是，無論當前山是否交換，都可以確定第ｉ座山和第ｉ＋１座山的其中一座高度為ａ［ｉ＋１］，而由於可能有從前面傳遞過來乙個無法得知的高度，這時候ｊ就派上用場了。
分四中情況：
１、ｋ＝０ ｉ＋１與ｉ＋２不交換，則高度依次為：ｊ、ａ［ｉ＋１］、ａ［ｉ＋２］把傳遞高度改為ａ［ｉ＋１］
2、k=0 i+1與i+2交換，則高度依次為：j、a[i+2]、a[i+1]傳遞高度為a[i+1]
3、k=1 i+1與i+2不交換，則高度依次為：a[i+1]、j、a[i+2]傳遞高度為j
4、k=1 i+1與i+2交換，則高度依次為：a[i+1]、a[i+2]、j 傳遞高度為j
知道具體高度後就可以直接推了（注：對於i=1時傳遞高度為a[i]）最後再取最優值。
由於直接列舉j會達到n*maxa[i]的複雜度，所以可以用記憶化+迴圈佇列優化時間複雜度為方案數。（具體可參照**：
#include
#include
#include
#include
using
namespace
std;
int n,sum,l,r;
int f[2][100001][2],bz[100001],d[10000],a[2001];
void did(int x)return;
int min(int x,int y) if(f[x][d[l]][1]!=0)
printf("%d",ans-1);
return
0; 這種順推是無意間出現在腦中的，很難表述，但很多時候這類因人而異的思維模式會有助於個人的**，所以believe yourself，一開始我是只得了50points，但後面堅信自己的思路，就改出來了。
附錄：還有一種沒打過的貪心搜尋思路共享一下：其實可以發現，一段路的代價就是相鄰波峰、波谷極值差的絕對值之和，而屬於有效（即優化了方案）的交換，就是將某個峰頂交換到一座比它高的山里（或谷底交換到比他低的谷裡），由於是只能單向交換，那麼前面的山交換過的區間裡的山就不能交換，只會對該山產生影響（如圖：
兩次的方案代價為藍色高度和
三、資源勘探
教主要帶領一群
orzer
到乙個雄奇地方勘察資源。
這個地方可以用乙個
n×m的矩陣
a[i, j]
來描述，而教主所在的位置則是位於矩陣的第1行第
1列。矩陣的每乙個元素
a[i, j]
均為乙個不超過
n×m的正整數，描述了位於這個位置資源的型別為第
a[i,j]
類。教主準備選擇乙個子矩陣作為勘察的範圍，矩陣的左上角即為教主所在的
(1, 1)
。若某類資源
k在教主勘察的範圍內恰好出現一次。或者說若教主選擇了
(x,y)即第x
行第y列作為子矩陣的右下角，那麼在這個子矩陣中只有乙個
a[i,j]
（1≤i≤x
，1≤j≤y
）滿足a[i, j]=k
，那麼第
k類資源則被教主認為是稀有資源。
現在問題是，對於所有的
(x, y)
，詢問若
(x, y)
作為子矩陣的右下角，會有多少類不同的資源被教主認為是稀有資源。
一開始時著實沒有好方法，我從點入手，看他向左向上覆蓋的區間內的數出現乙個的有多少（暴力一枚）（n^4）
然後我們可以發現某行答案與上行答案不同時，是因為該行出現了限制點，那麼就可以出現以線入手，按行加入答案（n^3）
其實我們可以把答案分布圖畫出來，就可發現答案是以限制點作分割線，成塊狀分布的：
(舉例出現一次1的，答案為紅色區)
2 2 1 5 6 5
2 32 4 2 3
2 3 4 2 1 3
3 1 5 2 4 5
12 5 3 5 7
2 1 2 5 3 4
而且從沒有覆蓋的1，可看出起限制作用的點（一行一行推的話）是該行包括以前最偏左的兩個1，只有乙個1時，右限制為最後一列，反之為已列舉的1裡最小和次小的縱座標，答案就夾在裡面，形成縱座標區間，當然，這樣還是按行加入的「暴力」，關鍵在於塊狀分布，因而可以再記錄上一次出現的橫座標，與當前列舉出現該數的行形成橫座標區間，加上縱座標區間，就可形成乙個塊狀的答案區，然後o（1）加入答案，時間複雜度為o（n^2），注意：有的數字可能在最後一行沒列出，其與最後一行形成的答案區會沒記上，所以要在輸出前將其答案補上。
四、排列統計
對於給定的乙個長度為
n的序列
，問有多少個序列
對於所有的
i滿足：
a[1]
～a[i]這i
個數字中有恰好
b[i]
個數字小等於
i。其中為1
～n的乙個排列，即1～
n這n個數字在序列
a[i]
中恰好出現一次。
資料保證了至少有乙個排列滿足
b序列。
看到這題，著實沒啥想法，但看到網上神轉換，著實驚呆了：
設定乙個矩陣f
若我們將橫座標x表示位置，縱座標y表示數值，用1和0表示是否有數，若f（x1,y1）=1，則表示第x1個數為y1，由於1~n只能出現一次，每個位置只能出現乙個數，所以同行同列只能出現乙個1。
這時我們來看看b的定義，為位置小於等於i，數值小於等於i的數個數限制，若裝換到f中，則為b[i]=sig（f（x,y）（0因而我們可以矩陣f（1~i-1,1~i-1）方案確定的情況下來確定f（1~i，i）和f(i，1~i-1)的方案，然後用乘法原理來進行合併，可看作乙個反向的l。如圖：
01？
1 0 ？
？？？然後分三種情況：b[i]-b[i-1]=0，則該「l」中不放1，方案數不變； b[i]-b[i-1]=1，則要在該「l」中放1個1，由於橫座標、縱座標分別已佔了b[i-1]個位置，可用位置為（(i-b[i-1])*2-1） b[i]-b[i-1]=2，則要在該「l」中放2個1，則（i，i）上不能為1，則兩個1分別可放（i-b[i-1]-1）個位置，方案為（i-b[i-1]-1）^2。（注：我們不必確定具體位置，只需確定可行位置數，我們可看成不用的在後面會填上（∵在n*n的矩陣裡放n個1，每行每列必定有乙個1），也可看成只要確定了有可行位置，那麼必定會組合成乙個合法解）
由此可見，對數值、位置、大小、等級、順序建立緯度，可形成乙個n維模型，更直觀體現要求，也更容易求解（即便解題方案沒什麼差別，但擁有乙個良好的思維構圖，能讓人在抽象的條件下，找到直觀的立足點，以便更好解題）
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