说几道题目

PKU 3371 Stake Your Claim
这道题比较好的算法（而且我只能用这个过）就是把空缺的10个空位用3进制状态压缩表示(0代表没放，1代表0号选手放的，2代表1号选手放的） 然后做记忆化搜索
我开始用的是AB剪枝 始终TLE 后来脑袋不清醒 在AB剪枝的同时加DP结果变成WA，后来想到AB剪枝的时候棋盘局面和剪枝有关 故不能随便DP
不知哪位高人能给与指点解决这个问题
下面是AB剪枝的大概流程，我们看到剪枝的时候返回值是跟sta（当前子局面中最优的）有关的，所以不能直接DP

 1
 2 int  search( int  p,  int  sta) {  // 假定现在在计算S的子局面S2，sta则是S1的状态值
 3      if (p  ==   0 ) {  // 假定S局面取小，如果S2比S1大 则无用 即只要S2的子局面有一个比STA大 S2就无用了 退出
 4          int   now   =   - MAXINT;  // S2局面取大 初始化为最小
 5          for ( every possible action ) {
 6              // go this action;
 7              int   next   =  search( 1 ,  now );
 8              now   =  Max( now ,  next ); 
 9              // cancel this cation
10              if ( now   >  sta) break;  // S2的某个子局面出现了比sta还小的 退出
11         }
12         return  now ;
13     } 
14      else  {  // 假定S局面取大，如果S2比S1小 则无用 即只要S2的子局面有一个比STA小 S2就无用了 退出
15          int   now   =  MAXINT;
16          for ( every possible action ) {
17              // go this action;
18              int   next   =  search( 1 ,  now );
19              now   =  Min( now ,  next );
20              // cancel this action
21              if ( now   <  sta) break; 
22         }
23         return  now ;
24     }
25 }
26

TJU2879   Little Peter's Tower
题目给你一个范围内的积木 让你随即按次序得到T个积木 问你怎么堆才能堆得最高
看到这题之后我一直以为题目要求我们找出一种最优策略
但是苦于概率上的不确定性 没有办法找出
没想到其实不是这样的 其实这是一个DP task。我们能够得知的策略就是如果我们只有一个积木 那么我们必然会堆一个 不管他有多高 那么如果我们定义这样的状态：
dp[top][time]  就可以得到下面的递推式：
dp[top][time] = 平均(max(dp[top][time-1], dp[k][time-1] + k); //k是高度
于是程序写出来倒是很短

#include  < iostream >
using namespace std;

double  dp[ 120 ][ 120 ];

#define Max(a, b) ((a)  >  (b) ? (a) : (b))

int  main() {
     int  R, H, T, i, j, k, r;
     int  ntc;
    scanf( " %d " ,  & ntc);
     while (ntc -- ) {
        scanf( " %d %d %d " ,  & R,  & H,  & T);
         for (i  =   1 ; i  <=  R;  ++ i) dp[ 0 ][i]  =   0 ;
         for (i  =   1 ; i  <=  T;  ++ i) {
             for (r  =   1 ; r  <=  R;  ++ r) {
                dp[i][r]  =  dp[i - 1 ][r]  *  (R - r)  *  H;
                 for (j  =   1 ; j  <=  r;  ++ j)
                     for (k  =   1 ; k  <=  H;  ++ k)
                        dp[i][r]  +=  Max(dp[i - 1 ][r], dp[i - 1 ][j]  +  k);
                dp[i][r]  /=  R  *  H;
            }
        }
        printf( " %.6lf\n " , dp[T][R]);
    }
    return  0 ;
}

TJU2868   Fire Balloon
一个很好的枚举+DP的题目
其实题目很好转化成二分图 但是数据范围限制让我们不得不另寻他法
题目是一个有环图,这个环在与:
1.上下两个点之间存在连接
2.左右两端连接起来了
于是我们才与枚举状态 消除后效性做DP!
首先把纵向的2个格子合并成一个大的状态 这样就退化成了一个环
然后再在任意两点之间枚举两点之间的连接情况 这样就退化成了一条链
终于可以开始DP了 呵呵


PKU3265 Problem Solving
初看真的非常像贪心 结果是DP 隐藏的真好 推荐

TJU1037 Binary Search Tree I
这道题我居然不是观察数据 猜测 然后证明
而是直接证明了才作。。。
做法：排序所有的数
如果一个数x的左边那个数y和右边的z那个数都比x先插入 那么它是叶子
如果都比x后插入 也是叶子
这样证明：
二叉树的一个重要性质就是2分区间

比如插入一个8
就把分成了(-INF, 8] 和 [8, INF)
如果一个数x的左边那个数和右边那个数都比x先插入
那么他一定是叶子 为什么呢 如果他不是叶子
比如他有左子树 那么y一定在他的左子树里面
同理 可证明其他

PKU3304 Segments
又是一个要求转化的题目
题目给了一个映射共点的条件 几乎没什么用
但是一旦你想到转化成这一点出发的一条线会与所有线相交
问题立刻转化成了枚举端点 确定这条线!