总结（20170218~20170310）

　　本文笔者完成于2017年3月份，当时水平有限，可能也有颇多疏漏，若有问题尽请指出，本人一定更正。

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 　　近来，考了几套NOIP真题，另外伟大的斯堪福·胡也给考了几道，余以为甚为有趣。之前已经写了一些总结，但总还认为不够。

20170218	NOIP2010	Translate 100	Tortoise 0	Prison 0	Flow 30
20170224	两道DP	Salesman 100	Power 50
20170225	NOIP2009	Word 100	Matches 100	Message 100	Twostack 30
20170303	NOIP2005的一半	River 10	Fire 80
20170304	NOIP2008	Spy 100	Son 0	Trade 0	Sudoku 5
20170310	NOIP2011D1	Carpet 100	Hotel 10	Mayan 10

##**20170218 NOIP2010**

　　话说这套题，第一遍做得很不好，只有130。所以说，圣人云，不以物喜，不以己悲。把握好状态，才能稳健地走下去。

　　Translate这道题，不过是循环队列+模拟。但要注意，题干中是查询有没有，若没有，就计数填入。填入是先填满，填满了再先进先出。有一些同志没有意识到填入的可能是0（非负数），容易与空位混淆，从而出现错误。

　　Tortoise这道题，是一道**典型**的DP题。因为只有四种牌，每种牌的数目都已给出，且用完就刚好到终点。于是可以使用四维DP，每种牌不超过40，而40^4=2560000是一个游刃有余的数。

注意，所谓典型，是因为我们可以清晰的找出无后效性与各种状态，一点是很有必要的。

　　Prison是一道很优秀的图论入门题目，可以用多种角度思考。

　　**法1**：二分答案+二分图染色**O(nlogn)**

　　注意到题目要求将犯人关进2个监狱，使最大仇恨值最小。于是我们可以二分答案出满足条件的最大仇恨值，每一次二分，图中只剩下边权大于等于最大仇恨值的边。而我们所要做的事，即是DFS二分图染色加以判断，最后出最优解。

　　**法2**:排序+并查集**O(nlogn+n)**

　　注意到题目要求将犯人关进2个监狱，使最大仇恨值最小。请想象，面对一堆犯人，我们肯定会先拆开仇恨值最大的一对，并在此基础上继续拆下去，知道我们无能为力，那这就是答案。我们可以使用并查集，同组者很好处理，但我们会刻意拆开，怎么记录呢？我们可以使用“反人”(k的反人是n+k)。

　　但是，条件是乱的，所以需要排序。复杂度与法1相当，但代码短多了。而且，如果条件有序，就真的是**O(n)**的了。

　　Flow引水入城大概是我目前遇过的（笔者在当时的水平有限）最好的综合题，可以DFS判断是否可以并将其化为区间覆盖问题，再DP求解。

　　注意到，最后得到的结果一定是连续区间覆盖。

##**20170224 两道DP**

　　Salesman是当时学状压DP的例题TSP问题，相当于复习。状压对时间的节省是非凡的，但占空之大（2^21=2097152）是很吓人的。一道真正的状压是藏不住的，因为数据范围太小了。

　　不过，据说有一种叫做退火的神奇算法……

　　power是当时学简单DP的例题，但当时是**O(n^3)**，明显会爆。我们需要用**O(n^2)**的复杂度，但怎么办呢？鉴于题目的性质，人是如洋葱般一层层的往外走，固必为连续区间，此时我们可以考虑区间DP。

　　但是我们在实现时，发现二维DP不够，还需半维，因为一个区间会有两个端点，最后也有可能分别停在两个末端点。

##**20170225 NOIP2009**

　　Word模拟，找字符串中字母出现的最高频率与最低频率（注意处理0），作差判断质数（注意0不是质数）。

　　matches记忆化搜索（因n<=24不可能凑出四位数加法）或打表（n<=24,但事实证明根本不需要）。

　　Message是方格取数的姊妹版，但需要注意不能重复经过同一个点。但幸好，好感度不为负，重复经过同一个点必非最优，从而让我这个逻辑不严密的家伙逃过一劫。但怎么避免重复经过同一个点呢？方案如下：

　　先memset( dp, -127, sizeof( dp ) );再循环，确保所更新状态的两个点满足i != x && j != y，同时不从重复的点过来。

　　但注意到，此题用四维太不优，因为我们会强制两条路同步往下走（i+j=x+y），于是可以由i，j，x推及y，从而省去一维。

　　Twostack双栈排序，运用到了一个很重要的栈的性质：单调性。

　　再进一步，于是便有结论1：若i<j<k，而aa[k]<aa[i]<aa[j]，则i、j不可同栈；

　　再进一步，于是便有结论2：若i<j，而min(aa[j+1]~aa[n])<aa[i]<aa[j], 则i、j不可同栈(DP思想);

　　验证结论1，是**O(n^3)**；而验证结论2，是**O(n^2)**。

　　f[n+1] = OO;

　　for( int i = n; i >= 1; i-- )

　　　　f[i] = min(f[i+1],aa[i]);

　　for( int i = 1; i < n; i++ )

　　　　for( int j = i + 1; j <= n; j++ )

　　　　　　if( aa[i] < aa[j] && f[j+1] < aa[i] )//出现逆序不可处于同栈

　　　　　　　　insert( i, j ),insert( j, i );//注意双向建边

　　在此基础上，建出矛盾图，再从1开始，二分图染色(**好像prison**)，注意优先放栈A。最终，模拟一遍即可。

##**20170303 NOIP2005的一半**

　　2005年的题，话说是很有趣的。

　　River是一道用数据范围卡智商的典型DP题。因为它的数据与题目描述跟NOIP 2015 T2 D1 stone颇为相似，让许多少年都想到去用二分答案，从而误入歧途。

　　而我呢，听了lmy、wyy的“一面之词”，竟以为可以直接用贪心，从而只得了10分（其实对贪心已经够了）。但是，说River用数据范围卡智商，该怎么办呢？

　　考虑到题目性质，L很远（1 <= L <= 10^9）,但石子总数很少(1 <= M <= 100)，而每跳一步限制了[S,T]（1 <= S <= T <= 10）的范围，所以说任意两石子间可以缩短到至多2*t（其余的直接大跳毫无影响）。

if( aa[i] - aa[i-1] > t )
 　　dis[i] = dis[i-1] + ( aa[i] - aa[i-1] ) % t + t;
else dis[i] = dis[i-1] + aa[i] - aa[i-1];

　　通过此方法，L可以压至最多M*2*T<=2000，这就毫无压力了，成为了一道弱智的DP题。所以，**模型的转换和技巧是很重要的**，看似很辽阔的距离，可以霎时化作咫尺，但一定要理清思路。

　　Fire此题更有趣，先造环，再用两个环判断最大居原位者，但判断是否成环也颇有技巧。而我在造环是所犯的看似极小却致命的错误，居然让我得了80分，让我不禁怀疑数据……

##**20170304 NOIP2008**

　　Spy这道题当时打着真心够呛（因为斯堪福大人叫我们手打数据……）。题目很简单，但要注意映射中对不可行的判断，这意味着你是否读懂了题。**所以，审题很重要。**

　　Son是一道数论题，找满足要求的x的个数（lcm(x,a0)=b0,gcd(x,a1)=b1）。分解质因数就够了。但当时思路未通透，所以WA完了。**所以，审题很重要。**

　　Trade有多种方法，是一道经典的“图上DP”（lmy如是说）。

　　**法1：O（n）**该题是要选择一条道路（从1到n），低入高出求最大价格差。该题有单向边也有双向边，且可重复经过同一个点。所以，需要进行一定处理。

　　我们可以先使用tarjan缩一下点，再DFS一遍，注意最值取强连通分量的。

　　**但不知为何，本人至今用这个方法都只有70……**

　　**法2：O（kE）**该题既然是找路径最值，低入高出，便可以使用SPFA。从1开始正着搜（正图）处理最小值，再从n开始倒着搜（反图）处理最大值。

　　**但是lmy有言，我可以卡SPFA……**

　　Soduku是一道很有价值的暴力题，很考耐心的。为了优化，可以使用二进制位运算（**O(1)判断某位置可填的数**）。

##**20170310 NOIP2011D1**

　　Carpet正着读反着判简单模拟题。

　　Hotel有n种方法。

　　**法1：**张杰尘式DP，思路较含混但也有一定巧妙之处。**O（n）**

　　**法2：**王驭洋式DP，复杂度较高且是二维的但不会超时。**O（nk）**

　　**法3：**线段树区间查询，因为不用写modify所以还是比较简洁。**O（n^2+优化）**

　　注意：法2完全可以用前缀和代替。

　　**法4：**我的DP。直接上代码。**O(n)**

readin(n);readin(k);readin(p);
for( int i = 1; i <= n; i++ ) {
 3　　readin(color);readin(price);
    if( ntot[color] < tot || price <= p ) { //pre[color]与now[color]互化
        pre[color] += now[color];
        now[color] = 0;
        ntot[color] = tot;
    }
    now[color]++; // pre[color]与now[color]之和是每次+1的
    ans += pre[color]; //pre[color]，当前客栈之前可以进行配对的个数
    if( price <= p ) tot++;
}
printf( "%d\n", ans );

　　看起来还是很简洁的，个人以为思路也比较清晰。只是考试时忘了加上“|| price <= p”这一段，直接丢去90分。原则上，这是对前缀和的极度优化。

　　用pre[color]来表示当前客栈之前可以进行配对的个数，now[color]来表示当前客栈之前不能进行配对的个数。可以确定的是，pre[color]与now[color]之和是每次+1的，但他们之间存在着互化的关系。这是很有趣的，也需要把思路弄清楚。

　　**而我呢，就是没有过多审题，心中一片杂乱。**

　　**法5：** 李明洋式DP，找全集与补集。若无最低消费限度，应当是全集。但中间有一些会失效，即是找补集。全集-补集=答案**O（n）**

readin(n),readin(k),readin(p);
for(register int i=1;i<=n;i++){
    readin(col[i]),readin(tmp);
    if(tmp>p)flag[i]=1;
}
for(register int i=1;i<=n;i++){
    if(flag[i]==0){
        memset(cnt,0,sizeof(cnt));    
        continue;

    }
    cnt[col[i]]++;
    _count+=(cnt[col[i]]-1);
}
memset(cnt,0,sizeof(cnt));
for(register int i=1;i<=n;i++){
    cnt[col[i]]++;
    sum+=(cnt[col[i]]-1);
}
cout<<sum-_count<<endl;

　　全集、补集的找法都是相似的，但所对应区间不同，补集对应的是一段连续都超过最低消费的区间（一定在此之内，因为外面的点是可以与里面的点对应的）。

　　**注：register int似乎并无大用。 **

　　而Mayan一如既往，仍然是一道模拟搜索暴力题，是很考耐心的。我们首先可以创建一个class类，简明的实现游戏的功能（这就成功了一大半），然后再在外面套上搜索。十分美观，且可以自己改成真正的游戏。