周六日常训练，背包dp，树形dp，简单dp以及很多数学？
队内周六日常训练，我迟到了半个小时，然后两个dalao开始疯狂过题，这比赛是很多场现场赛组合来的，大概都是铜牌、铁牌，少部分银牌题。 比较适合我们队伍的情况。
A
似乎是二分图匹配？ 简单的？ 熊神交了几发就过了。
B
题意很简单：给a , b 求x,y 满足 x+y = a 且 lcm(x,y) = b
高中数学题
哼！ 不是常说
模拟只会猜题意，贪心只能过样例。图论只会套模板，数论只会gcd
这下好了，出gcd了，你看还不是不会！
从x，y下手。我们设 gcd(x,y) = c
所以 x = i*c , y = j*c （i，j互质）
于是有：
lcm(x,y) = c*i*j = b
ic + jc = a = c*(i+j)
因为 i j 互质 i*j 的因数只有i和j 和1 和自己
所以 gcd(i+j , i*j) = gcd(i,i*j) 或者gcd(j,i*j);
假设 gcd(i,i*j)=x(x!=1)
则有：
i=ax
i*j=bx => j=(a-b)x 且可知a>b 所以 j=cx ，所以gcd(i,j)!=1 ,与题设矛盾
所以 gcd(i+j , i*j) =1 所以 gcd ( a,b ) = c
所以 i + j = a/c 且 i*j = b/c
然后就是解二元一次方程组。。。所以只需解出最小的i即可
C
给一个x 可以分成任意段：x1+x2+x3….，必须满足：
1.任何两段都不相同
2.求x1*x2*x3最大值
算了，不强行分析了，数论不是gcd，超出我的能力范围了。
D
点分治，熊神补了，先不看了
E
盒子里面有k个黑球，1个红球，谁先取出红球谁就胜利，问先手会有优势吗？
一开始没想好，以为后手会有优势，sb了一下。
k=1 一黑一红 先手既无优势也无劣势，55k
k=2 两黑一红，先手取1/3赢 即使没取到 轮到后手时 也是55k ，所以先手有优势。
k=3 三黑一红
000X
先手： 1/4 赢 3/4取不到
后手： 必须建立在先手取不到的情况： P（赢）=3/4 * 1/3 =1/4
然后55k。 所以 先手既无优势也无劣势，55k
k=4 0000X 先手取完一个之后，情况和k=3相同，所以先手肯定有优势
往后推 同理
F
貌似是个挺简单的计算几何，拆成三角形计算就可以了。 s=a*b*sinx*1/2？
G
化成二进制，然后再换成八进制，4位->1位
H
题意：一条路上有n条河，每条河有起点和终点，河里面会 随机在任何位置出现一条船，并且船的速度恒等于V，但是方向向左向右是随机的，走路的速度=1，求从A 走到B 的期望时间。
对单独一条河，过河的期望= 当船在河中心 的t(v向左)+t(v向右)，这个怎么证明呢，我只能说根据题目条件可得= =，然后我们把所有河长度加起来当成一条河就可以了。
I
下载东西，一大堆规则，其实下载的总量是固定的，总速度是固定的，除一下就是答案。
J
HDU 3236
有很多物品，每个物品有体积，价值，属性(有些必须买，有些不必须)
给两个背包(v1,v2)，跑0-1背包， 以及可以免费选任何一个物品。
求最大价值。
首先我们把物品分为必须和非必须
然后跑两遍0-1 背包，根本不需要记录我们选择了哪些物品
但必须记录我们选择完必须品之后的状态 dp[i][j] 。
#includeq;
int main(){
int V1,V2,i,j,a,b,c,k,n,ans,cas,sum,pre,sign;
cas=1;
while(~scanf("%d%d%d",&V1,&V2,&n)&&(V1||V2||n)){
vectorscanf("%d%d%d",&a,&b,&c); // 分别是 体积和价值，是否必须
G[c].push_back((node){a,b});
}
sum=dp[0][0][0]=0;
for(i=0;i1].size();i++){
pre=sum;
sum+=G[1][i].w;
for(j=V1;j>=0;j--){ // 第一个背包和第二个背包都必须扫
for(k=V2;k>=0;k--){
if(dp[j][k][0]==pre) //如果没用免费机会时，最大价值=pre
dp[j][k][1]=sum; //则用了免费会变成 这样
if(j>=G[1][i].v){
if(dp[j-G[1][i].v][k][1]==pre)
dp[j][k][1]=sum;
if(dp[j-G[1][i].v][k][0]==pre)
dp[j][k][0]=sum;
}
if(k>=G[1][i].v){
if(dp[j][k-G[1][i].v][1]==pre)
dp[j][k][1]=sum;
if(dp[j][k-G[1][i].v][0]==pre)
dp[j][k][0]=sum;
}
}
}
}
sign=0;
for(i=0;i<=V1;i++)
for(j=0;j<=V2;j++)
for(k=0;k<=1;k++){
if(dp[i][j][k]!=sum) //检测是否能把必需品装下，并且我们知道剩下的状态是怎样
dp[i][j][k]=-1;
else
sign=1; //我们保存了使用i,j空间装满所有必需品的状态
}
if(!sign){
printf("Case %d: -1\n\n",cas++);
continue;
} //
for(i=0;i0].size();i++){
for(j=V1;j>=0;j--){
for(k=V2;k>=0;k--){
if(dp[j][k][0]!=-1) //要放在最前面，避免了重复装入
dp[j][k][1]=max(dp[j][k][1],dp[j][k][0]+G[0][i].w);
// 必须满足!=-1 即:把必需品装完
if(j>=G[0][i].v){
if(dp[j-G[0][i].v][k][1]!=-1)
dp[j][k][1]=max(dp[j][k][1],dp[j-G[0][i].v][k][1]+G[0][i].w);
if(dp[j-G[0][i].v][k][0]!=-1)
dp[j][k][0]=max(dp[j][k][0],dp[j-G[0][i].v][k][0]+G[0][i].w);
}
if(k>=G[0][i].v){
if(dp[j][k-G[0][i].v][1]!=-1)
dp[j][k][1]=max(dp[j][k][1],dp[j][k-G[0][i].v][1]+G[0][i].w);
if(dp[j][k-G[0][i].v][0]!=-1)
dp[j][k][0]=max(dp[j][k][0],dp[j][k-G[0][i].v][0]+G[0][i].w);
}
}
}
}
ans=0;
for(i=0;i<=V1;i++)
for(j=0;j<=V2;j++)
for(k=0;k<=1;k++)
ans=max(ans,dp[i][j][k]);
printf("Case %d: %d\n\n",cas++,ans);
}
return 0;
} K
树形dp， 我觉得自己写的没错，但是hdu上就是只写输入都会Tle，根本不知道怎么回事，只能贴一下自己代码了
我的做法：
dfs 回溯，在记录深度，根据深度来选择符合条件的最大或最小值。
#includescanf("%d %d %d",&a,&b,&c);
addedge(a,b,c);
addedge(b,a,c);
}
dfs(0,0);
if(ans[0]==-1) printf("Oh, my god!\n");
else
printf("%d\n",ans[0]);
}
return 0;
} M
简单dp 都不会也是醉了
只需要想到，对于全排列从 x 到 x+1 长度增加1 对E的影响 要么就不变，要么就+1
于是很简单就可以写出dp方程。。。
N简单的最短路，十个点，任何算法都能过。