題目描述：長度為n的序列(a1,a2,a3…an)恰好包含1-n的每乙個數字，定義magic(a,b)=max(a1,b1)+max(a2,b2)+…+max(an,bn),給定n，k求有多少對排列a，b滿足magic(a,b)>=k。
題解：假設我們按從大到小的順序每次把當前i填入兩個序列中，那麼當前i的貢獻為0，i，2*i，狀態定義為dp[full][half][sum]，full表示當前有多少位置在兩個序列都被填了，half表示只在乙個序列中被填的位置個數除2（除2後方便計算），sum表示當前的magic值。那麼每乙個i填進來時有四種情況（見**注釋），分別轉移。時間複雜度為o(n^4)（知道當前填了幾個數與full就可以算出half，所以half不需要列舉）。
p.s：感覺刷表更好寫
//刷表
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int
mod=1e9+7;
const int n=50+10;
int n,k,dp[n][n][n*n];
inline void add(int&a,int b)
int main()
//兩個i都放在half，生成兩個full，減少乙個half
if(full+2
<=n&&half)
add(dp[full+2][half-1][sum],
1ll*dp[full][half][sum]
*(1ll*half*half%mod)%mod);
//兩個分別放在不同的empty中，增加乙個half
if(half+1
<=n&&sum+2*val<=max)
add(dp[full][half+1][sum+2*val],
1ll*dp[full][half][sum]*
(1ll*empty*(empty-1)%mod)%mod);}}
}int ans=0;
for(int i=k;i<=max;i++)
add(ans,dp[n][0][i]);
printf("%d\n",ans);
return
0;}
//填表
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
const int n=50+10;
int n,k,dp[n][n][n*n];
inline void add(int&a,int b)
int main()
//兩個i都放在half剩下的一半，生成兩個新的full，減少乙個half
if(full>=2&&half+1
<=n)
add(dp[full][half][sum],1ll*dp[full-2][half+1][sum]*(
1ll*(half+1)*(half+1)%mod)%mod);
//兩個分別放在不同的empty中，增加乙個half
if(half>=1&&sum>=2
*val)}}
}int ans=0;
for(int i=k;i<=max;i++)
add(ans,dp[n][0][i]);
printf("%d\n",ans);
return
0;}
分析：考試時只寫了最大和最小的特殊情況+n!大暴力，驚恐地發現自己拿了60分。。。資料水得太良心(´･ω･`)。這種dp的定義也算是第一次遇到。
**題目描述：**daisy 和 stella 玩乙個遊戲.遊戲在乙個無限長的一維座標軸上。 每個玩家有一枚棋子. 一開始daisy的棋子在x = 0的位置，stella的棋子在x = d的位置.每個棋子有兩個屬性: 最大移動距離,攻擊範圍. daisy 的棋子的最大移動距離是mov1,攻擊範圍是 rng1. stella 的棋子的最大移動距離是mov2,攻擊範圍是rng2.
兩人輪流操作，daisy 先走。每輪當前玩家移動己方棋子，但移動距離不可超過該棋子最大移動距離限制(移動距離必須是整數，可以不動) 。然後,當前玩家檢查對方棋子是否在己方棋子攻擊範圍內，如果是，當前選手獲勝，否則遊戲繼續。
已知正整數mov1, mov2, rng1, rng2, d。求出雙方都使用最優策略下誰能獲勝，或者平局。
題解：我看題解上分了很多情況，(๑•́ ₃ •̀๑)，然而我認為只需要兩種，先考慮daisy追stella，如果一炮打中daisy獲勝，如果不能，daisy若要獲勝，那麼無論stella怎麼跑他都能打中，而stella直接轉身就跑時daisy最難追的°(°ˊдˋ°) °，而daisy在追stella時必須與stella保持安全距離mov2+rng2，所以只需判斷mov1>mov2&&mov1-mov2+rng1>=mov2+rng2，stella追daisy同理。
#include
#include
#include
#include
using
namespace
std;
int t,mov1,mov2,rng1,rng2,d;
string ans[5];
int main()
}
分析：考試時認為若乙個人mov和rng都比另一人大，那麼他一定贏，然而可能存在雖然乙個人的mov和rng都大，但另一人可以始終把他限制在mov2+rng2外，也可能平局。
題目描述：在一棵樹上選點放tps訊號塔，每個節點可以接收到所有訊號塔到該節點的距離（不同訊號塔之間即使到該節點距離相同也可以區分），求最少放幾個訊號塔使每個節點接收到的訊號不同。
題解：dp[x]表示在除x子樹的地方至少有乙個訊號塔，以x為根的子樹最小放多少塔使該子樹滿足條件，num表示有x多少棵子樹乙個燈塔也沒有放那麼x的以這棵子樹為根的兒子就無法區分，就需要再放num-1個訊號塔。（因為如果根只有兩個兒子那麼除x子樹外可能沒有訊號塔了，所以必須選乙個，兒子大於等於3的點為根。一條鏈特判輸出1。）
#include
#include
#include
#include
using
namespace
std;
const
int n=5000+10;
struct bianarr[n<<1];
int n,cnt,fir[n];
int dp[n],son[n];
bool
map[n][n];
char str[n][n];
void link(int a,int b)
void dfs(int x,int fa)
if(num) dp[x]+=(num-1);
}int main()
}for(int i=1;i<=n;i++)if(son[i]>2)
dfs(i,0),printf("%d\n",dp[i]),exit(0);
printf("1\n");
}
分析：考試時卡在了1,2題，第三題完全沒細想直接dfs暴力（一邊暴力一邊計時，到了1s輸出答案），考完之後一評獎發現多水的一道題，/(ㄒoㄒ)/~~。
總結：總分160，主要是第一題莫名騙了很多分(๑´ω`๑)，最水的第二題沒有過 (๑>m<๑) ，而且剛開始想複雜了，卡了很久也耽誤了很多時間
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