第一題：排列問題permutation
題目描述：長度爲n的序列(a1,a2,a3…an)恰好包含1-n的每一個數字，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的貢獻爲0，i，2*i，狀態定義爲dp[full][half][sum]，full表示當前有多少位置在兩個序列都被填了，half表示只在一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。那麼每一個i填進來時有四種情況（見代碼註釋），分別轉移。時間複雜度爲O(n^4)（知道當前填了幾個數與full就可以算出half，所以half不需要枚舉）。
p.s：感覺刷表更好寫
//刷表
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
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){a+=b;if(a>mod)a-=mod;}
int main(){
freopen("permutation.in","r",stdin);
freopen("permutation.out","w",stdout);
scanf("%d %d",&n,&k);
int mid=(n+1)>>1,len=n>>1;
int Max=(n&1)*mid+(mid+1+n)*len;
dp[1][0][n]=n;
dp[0][1][2*n]=n*(n-1);
for(int i=1;i<n;i++){
int val=n-i;
for(int full=0;full<=i;full++){
int half=i-full;//half=(2*i-full*2)/2
int empty=n-full-2*half;
if(empty<0) continue ;
for(int sum=0;sum<=Max;sum++)if(dp[full][half][sum]){
if(full+1<=n&&sum+val<=Max){
//兩個i放成一個新的full
add(dp[full+1][half][sum+val],
1ll*dp[full][half][sum]*empty%mod);
//一個放half，一個放empty，生成一個full
add(dp[full+1][half][sum+val],
1ll*dp[full][half][sum]*empty%mod*half*2%mod);
}
//兩個i都放在half，生成兩個full，減少一個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，增加一個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<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
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){a+=b;if(a>mod)a-=mod;}
int main(){
freopen("permutation.in","r",stdin);
freopen("permutation.out","w",stdout);
scanf("%d %d",&n,&k);
int mid=(n+1)>>1,len=n>>1;
int Max=(n&1)*mid+(mid+1+n)*len;
dp[0][0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
int val=n-i+1;
for(int full=0;full<=i;full++){
int half=i-full,empty;//half=(2*i-full*i)/2
for(int sum=0;sum<=Max;sum++){
if(full>=1&&sum>=val){
empty=n-full-2*half+1;
//兩個i放成一個新的full
add(dp[full][half][sum],1ll*dp[full-1][half][sum-val]*empty%mod);
//一個放half的剩下一半，一個放empty，生成一個full
add(dp[full][half][sum],1ll*dp[full-1][half][sum-val]*empty%mod*half*2%mod);
//add(dp[full][half][sum],(dp[full-1][half][sum-val]*half%mod*empty*2%mod+empty)%mod);
}
//兩個i都放在half剩下的一半，生成兩個新的full，減少一個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，增加一個half
if(half>=1&&sum>=2*val){
empty=n-full-2*(half-1);
add(dp[full][half][sum],1ll*dp[full][half-1][sum-2*val]*(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;
}成績：60
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。。。數據水得太良心(´･ω･`)。這種dp的定義也算是第一次遇到。
第二題：棋子游戲fencing
**題目描述：**Daisy 和 Stella 玩一個遊戲.遊戲在一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)，然而我認爲只需要兩種，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<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int T,mov1,mov2,rng1,rng2,d;
string Ans[5];
int main(){
freopen("fencing.in","r",stdin);
freopen("fencing.out","w",stdout);
Ans[0]="Draw";Ans[1]="Daisy";Ans[2]="Stella";
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d %d",&mov1,&mov2);
scanf("%d %d %d",&rng1,&rng2,&d);
int flg=0;
if(mov1+rng1>=d) flg=1;
else if(mov1>mov2&&mov1-mov2+rng1>=mov2+rng2) flg=1;
else if(mov2>mov1&&mov2-mov1+rng2>=mov1+rng1) flg=2;
else if(d-mov2+mov1<=rng2) flg=2;
cout<<Ans[flg],putchar(10);
}
}成績：90
分析：考試時認爲若一個人mov和rng都比另一人大，那麼他一定贏，然而可能存在雖然一個人的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。
第三題：TPS tps
題目描述：在一棵樹上選點放tps信號塔，每個節點可以接收到所有信號塔到該節點的距離（不同信號塔之間即使到該節點距離相同也可以區分），求最少放幾個信號塔使每個節點接收到的信號不同。
題解： dp[x]表示在除x子樹的地方至少有一個信號塔，以x爲根的子樹最小放多少塔使該子樹滿足條件，num表示有x多少棵子樹一個燈塔也沒有放那麼x的以這棵子樹爲根的兒子就無法區分，就需要再放num-1個信號塔。（因爲如果根只有兩個兒子那麼除x子樹外可能沒有信號塔了，所以必須選一個，兒子大於等於3的點爲根。一條鏈特判輸出1。）
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=5000+10;
struct bian{
int v,nxt;
}arr[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){
arr[++cnt].v=b,arr[cnt].nxt=fir[a],fir[a]=cnt;
}
void dfs(int x,int fa){
int num=0;
for(int i=fir[x];i;i=arr[i].nxt)
if(arr[i].v!=fa){
dfs(arr[i].v,x);
if(!dp[arr[i].v]) num++;
dp[x]+=dp[arr[i].v];
}
if(num) dp[x]+=(num-1);
}
int main(){
freopen("tps.in","r",stdin);
freopen("tps.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%s",str[i]+1);
for(int j=1;j<=n;j++){
if(str[i][j]=='Y')
link(i,j),son[i]++;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)if(son[i]>2)
dfs(i,0),printf("%d\n",dp[i]),exit(0);
printf("1\n");
}成績：10
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