按照難度從簡單到難。不過榜歪了，準確來說是按照過題人數從多到少。
D題：題意是有三種賠率，現在問你有沒有方案使得無論哪種結果出現都可以賺錢？
一開始的思路特別蠢，但是我忘記是啥了，等我明天去翻翻草稿紙再回來寫。
翻到了。TAT 就是窮舉方案，然後算出每個錢數用了多少，直接找規律，找了半天都沒算出錢數要用多少……
其實設三個未知數列出不等式，就能知道。只要1/a+ 1/b+ 1/c 小於1就一定可以賺錢了，直接這樣寫會wa，記得要加上浮點誤差的判斷。或者是因爲只有兩位小數，直接把浮點數乘以一百然後加上一個EPS轉換成整數就可以了。
H題：模擬題。我的姿勢被批評很扭曲，但是一炮過，我很開心~~~~
E題：給你一些錢，讓你怎麼分三種賠率得到的錢最多。本來是三千毫秒，然後想着10的八次方暴力，然後循環裏面大概有五十多步，TAT,WA了。
然後我仔細研究了樣例。發現a的個數是（bc）* n/（ab+bc + ac)醬紫的，然後就做了，然而wa了，正確的做法應該是算出這個i之後往前延伸兩個往後延伸兩個，也就是i-2遍歷到i+2.那麼爲什麼要枚舉呢？首先要先知道，爲什麼a的個數是（bc）* n/（ab+bc + ac)醬紫呢？？晚上再寫
A題：題意是有一個有向圖，有“一面！！！”白旗和“一面！”黑旗。每人可以移動旗子，不能移動算輸。問你先手想要收益最大，第一步有幾種方案。
想起那個異或爲0的也是問第一步有幾種方案，當時推了一整場比賽。還有那個sg函數真的要好好看看了！！！！！然而和這一道題沒啥關係。
這題就是用三維dp[i][j][k],i表示當前白旗位置，j表示當前黑旗位置，k表示我往下搜索之前場上的錢數，dp值存的是搜索結束後最大的收益。
對白旗跑一遍dfs，對黑旗跑一遍dfs。
至於方案數的判斷，我原來用的做法是在main裏面判斷幾種方案然後算，然而這樣的話相當於轉換了先手作爲後手，會wa。要直接用記憶化搜索檢查第一個人，同時加一個判斷是否是第一步。
dp如果更新過就不用更新。
注意會出現負數。然後我開了大概8*(10^6)的數組。然後所有dp下標加上一個更正值就好啦。
神奇的事情是調用了dp[i][j][-1]居然不會報錯。而是=0，簡直神奇。
/*
dp[i][j][k]表示白棋在i，黑棋在j，然後現在局面上可以獲得的是k
轉移的就是前面的相反數的最大值（表示我走完這一步可以得到的錢數）上一步是對手走的我不管
TAT最後的結果就是終態，遍歷i可走的地方，j可以走的地方
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define SIZE_D 55
#define SIZE_B 2605
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int digit[SIZE_D];
//const int INF = 0x3f3f3f3f;
int X,Y;
struct pp
{
int to,next;
}pic[SIZE_B];
int e,head[SIZE_D];
void init()
{
e = 0;
memset(head,-1,sizeof(head));
}
void addedge(int x,int y)
{
pic[e].to = y;
pic[e].next = head[x];
head[x] = e++;
}
const int alter = 1300;
int dp[SIZE_D][SIZE_D][SIZE_B];
int finalres,sum;
int dfs(int white,int black,int all)
{
if (dp[white][black][alter+all]!= -INF){
return dp[white][black][alter+all];
}
int res = -INF;
for (int i = head[white]; i != -1; i = pic[i].next){
int v = pic[i].to;
dfs(v,black,all + digit[v]);
if (res <= -dp[v][black][alter+all + digit[v]]){
res = -dp[v][black][alter+all + digit[v]];
if (white == X && black == Y){
if (finalres < res){
finalres = res;
sum = 1;
}else if (finalres == res){
sum++;
}
}
}
res = max(res,-dp[v][black][alter+all + digit[v]]);
}
//printf("1st res = %d\n",res);
for (int i = head[black]; i != -1; i = pic[i].next){
int v = pic[i].to;
dfs(white,v,all - digit[v]);
if (res <= -dp[white][v][alter+all- digit[v]]){
res = (-dp[white][v][alter+all- digit[v]]);
if (white == X && black == Y){
if (finalres < res){
finalres = res;
sum = 1;
}else if (finalres == res){
sum++;
}
}
}
}
if (res == -INF){
res = -all;
if (white == X && black == Y)
sum = 1;
}
return dp[white][black][alter+all] = res;
}
int main()
{
int N,M;
while (~scanf("%d %d %d %d",&N,&M,&X,&Y)){
for (int i = 0; i < N; i++)
scanf("%d",&digit[i]);
init();
for (int i = 0; i < M; i++){
int tempx,tempy;
scanf("%d %d",&tempx,&tempy);
addedge(tempx,tempy);
}
for (int i = 0; i <= N; i++)
for (int j = 0; j <= N; j++)
for (int k = 0; k < SIZE_B-1; k++)
dp[i][j][k] = -INF;
sum = 0;
finalres = -INF;
dfs(X,Y,1);
printf("%d %d\n",finalres,sum);
}
return 0;
}G題：有個妹子每天住在一個地方，她可以獲得一定的收益，每一天得到的錢不同，然後她可以搬到指定的地方numi，那個地方的人類可以幫她搬，但是這個人類搬到某個指定的地方，妹子就要請這個人喫飯，花費指定的錢數bgmi，問妹子在d天晚上之前可以得到的最大錢數。
題解：dp[i][j][k] .i代表這是第i天下午，j代表今晚準備住在j號房子，k代表今晚住完了之後，累計在j住了k天。注意，一定能夠要清楚dp中每一維代表的是今晚的情況還是昨晚的情況，很容易糾結不清。
然後這題有個巨大的問題。就是妹子一個下午可以搬家很多很多次啊！天啊，要跑一遍弗洛伊德得出每兩個點的最小花費啊！注意正常的弗洛伊德，自己到自己的花費是0，但這道題自己到自己的花費要初始化成INF喲！然後和其他點等同，假如跑了一圈回到自己，那麼今晚就相當於第1天而不是第k+1天。
弗洛伊德模板！注意不同問題有不同的初始化方法！！！
int d[SIZE_N][SIZE_N];
void warshall_floyd(int V)
{
for (int k = 0; k < V; k++)
for (int i = 0; i < V; i++)
for (int j = 0; j < V; j++)
d[i][j] = min(d[i][j],d[i][k] + d[k][j]);
}
這道題的ac代碼：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define SIZE_N 330
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int a[SIZE_N][5],b[SIZE_N],c[SIZE_N],dp[SIZE_N][SIZE_N][5];
int m[SIZE_N][SIZE_N][5];
int mnum[SIZE_N];
int d[SIZE_N][SIZE_N];
void warshall_floyd(int V)
{
for (int k = 0; k < V; k++)
for (int i = 0; i < V; i++)
for (int j = 0; j < V; j++)
d[i][j] = min(d[i][j],d[i][k] + d[k][j]);
}
int main()
{
//freopen("input.txt","r",stdin);
int n,day;
while (~scanf("%d %d",&n,&day)){
memset(d,INF,sizeof(d));
for (int i = 0; i < n; i++){
scanf("%d %d %d",&a[i][1],&a[i][2],&a[i][3]);
a[i][4] = a[i][3];
//int m;
scanf("%d",&mnum[i]);
for (int j = 0; j < mnum[i]; j++){
scanf("%d %d",&m[i][j][0],&m[i][j][1]);
d[i][m[i][j][0]] = m[i][j][1];
}
}
memset(dp,-1,sizeof(dp));
warshall_floyd(n);
//dp[0][0][0] = 0;
dp[1][0][1] = 0;//a[0];//下午還是0的
for (int i = 1; i <= day; i++)
for (int j = 0; j < n; j++)
for (int k = 1; k <= 4; k++){
if (dp[i][j][k] == -1) continue;
//printf("\n\n i = %d j = %d k = %d\n",i,j,k);
int now = dp[i][j][k] + a[j][k];//當前收益
for (int l = 0; l < n; l++){
if (now < d[j][l]) continue;
dp[i+1][l][1] = max(now - d[j][l], dp[i+1][l][1]);
}
if (k <= 3){
dp[i+1][j][k+1] = max(now,dp[i+1][j][k+1]);
}else{
dp[i+1][j][4] = max(now,dp[i+1][j][4]);
}
}
int sum = 0;
for (int j = 0; j < n; j++)
for (int k = 1; k <= 4; k++)
sum = max(sum, dp[day][j][k]);
printf("%d\n",sum);
}
return 0;
}J題：模擬題。
注意的地方：“namely shifting amnesty for yellow cards from the end of the first round until after the quarter-finals instead”
首先 四分之一決賽指的是倒數第三場……好吧……決賽<——半決賽<——四分之一決賽……
然後，這句話的 意思是指進入第五場時，前三場的黃牌就可以自動消失，第四場的黃牌保留。
還有，題目中也沒說給的比賽號碼是按順序的。
以上。但我根本沒做這道題，反正我模擬題的姿勢渣的一比。
B題：有四種反轉方案，只要你選擇一種能經過最少次這種翻轉可以得到全白的界面，如果有多種選擇序號最小。
題解：首先弄一個可愛的矩陣，三行的。枚舉每個方塊出現的位置，也就是k從0到1<<15。只要k中哪個位置有1，就代表這個位置轉一次。然後，注意有很多都是右側一列最中間只有一個1的，把他們集體逆時針90度，然後只需要遍歷第一行就知道放還是不放啦。
存矩陣的時候把每個角度都轉一遍存下來~一共存四個矩陣，然後每個矩陣一行的十五個數字壓縮成二進制表示一個數字。然後每種方法放的時候遍歷第一行就好啦。
存方法數矩陣的時候有一個特別厲害的姿勢可以存下k從0到1<<15中所有的矩陣。
所有的都逆時針九十度了所以記得原矩陣也要逆時針90度。