第一题：排列问题permutation
题目描述：长度为n的序列(a1,a2,a3…an)恰好包含1-n的每一个数字，定义magic(a,b)=max(a1,b1)+max(a2,b2)+…+max(an,bn),给定n，k求有多少对排列a，b满足magic(a,b)>=k。
题解：假设我们按从大到小的顺序每次把当前i填入两个序列中，那么当前i的贡献为0，i，2*i，状态定义为dp[full][half][sum]，full表示当前有多少位置在两个序列都被填了，half表示只在一个序列中被填的位置个数除2（除2后方便计算），sum表示当前的magic值。那么每一个i填进来时有四种情况（见代码注释），分别转移。时间复杂度为O(n^4)（知道当前填了几个数与full就可以算出half，所以half不需要枚举）。
p.s：感觉刷表更好写
//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){
//两个i放成一个新的full
add(dp[full+1][half][sum+val],
1ll*dp[full][half][sum]*empty%mod);
//一个放half，一个放empty，生成一个full
add(dp[full+1][half][sum+val],
1ll*dp[full][half][sum]*empty%mod*half*2%mod);
}
//两个i都放在half，生成两个full，减少一个half
if(full+2<=n&&half)
add(dp[full+2][half-1][sum],
1ll*dp[full][half][sum]
*(1ll*half*half%mod)%mod);
//两个分别放在不同的empty中，增加一个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;
//两个i放成一个新的full
add(dp[full][half][sum],1ll*dp[full-1][half][sum-val]*empty%mod);
//一个放half的剩下一半，一个放empty，生成一个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);
}
//两个i都放在half剩下的一半，生成两个新的full，减少一个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);
//两个分别放在不同的empty中，增加一个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;
}成绩：60
分析：考试时只写了最大和最小的特殊情况+n!大暴力，惊恐地发现自己拿了60分。。。数据水得太良心(´･ω･`)。这种dp的定义也算是第一次遇到。
第二题：棋子游戏fencing
**题目描述：**Daisy 和 Stella 玩一个游戏.游戏在一个无限长的一维座标轴上。 每个玩家有一枚棋子. 一开始Daisy的棋子在x = 0的位置，Stella的棋子在x = d的位置.每个棋子有两个属性: 最大移动距离,攻击范围. Daisy 的棋子的最大移动距离是mov1,攻击范围是 rng1. Stella 的棋子的最大移动距离是mov2,攻击范围是rng2.
两人轮流操作，Daisy 先走。每轮当前玩家移动己方棋子，但移动距离不可超过该棋子最大移动距离限制(移动距离必须是整数，可以不动) 。然后,当前玩家检查对方棋子是否在己方棋子攻击范围内，如果是，当前选手获胜，否则游戏继续。
已知正整数mov1, mov2, rng1, rng2, d。求出双方都使用最优策略下谁能获胜，或者平局。
题解：我看题解上分了很多情况，(๑•́ ₃ •̀๑)，然而我认为只需要两种，先考虑Daisy追Stella，如果一炮打中Daisy获胜，如果不能，Daisy若要获胜，那么无论Stella怎么跑他都能打中，而Stella直接转身就跑时Daisy最难追的°(°ˊДˋ°) °，而Daisy在追Stella时必须与Stella保持安全距离mov2+rng2，所以只需判断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);
}
}成绩：90
分析：考试时认为若一个人mov和rng都比另一人大，那么他一定赢，然而可能存在虽然一个人的mov和rng都大，但另一人可以始终把他限制在mov2+rng2外，也可能平局。
第三题：TPS tps
题目描述：在一棵树上选点放tps信号塔，每个节点可以接收到所有信号塔到该节点的距离（不同信号塔之间即使到该节点距离相同也可以区分），求最少放几个信号塔使每个节点接收到的信号不同。
题解： dp[x]表示在除x子树的地方至少有一个信号塔，以x为根的子树最小放多少塔使该子树满足条件，num表示有x多少棵子树一个灯塔也没有放那么x的以这棵子树为根的儿子就无法区分，就需要再放num-1个信号塔。（因为如果根只有两个儿子那么除x子树外可能没有信号塔了，所以必须选一个，儿子大于等于3的点为根。一条链特判输出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");
}成绩：10
分析：考试时卡在了1,2题，第三题完全没细想直接dfs暴力（一边暴力一边计时，到了1s输出答案），考完之后一评奖发现多水的一道题，/(ㄒoㄒ)/~~。
总结：总分160，主要是第一题莫名骗了很多分(๑´ω`๑)，最水的第二题没有过 (๑>m<๑) ，而且刚开始想复杂了，卡了很久也耽误了很多时间