NOIP2014 写后感

差不多距离NOIP还有不到一个月的时间，争取每天做一道noip的题来练习一下手感，这两天+之前写的，把noip2014的题给搞掉了，noip2015的斗地主一直没写，决定找个时间再搞一搞
14年的题两天的T1都是水到不能再水的题目，day1直接模拟，day2看一眼数据范围直接枚举，都是随便过的题，不表
Day1 T2是一道很简单的树形DP，考虑DP到x时，产生贡献的点对是x的父亲与x的儿子，以及x的各儿子之间，所以存一下父亲的权值，遍历过的儿子的权值和与最大权值，直接做就可以了，复杂度O(n)O(n)
Day2 T2的具体想法就是把图反向建边跑一遍bfs，标记一下终点所能到达的点，然后在原图上的被标记的点跑bfs就可以了
一开始觉得反向建边写起来不优美，所以乱搞了一发，只搞了30分，后来还是老老实实地反向建边，没有1A很不高兴(｡•ˇ‸ˇ•｡)
其实这也提醒我，如果真的是在考场上想到了一个题的做法，在正确性保证而且代码量又不大的情况下，不要在没A之前就去想着怎么优化，先保证正确！再考虑常数！最后考虑代码的优美！
Day1 T3是一道类似背包的DP，具体方程是

f[i][j]=min(f[i−1][j+Yi−1],f[i−1][j−k∗Xi−1]+k)

f[i][j]=min(f[i-1][j+Y_{i-1}],f[i-1][j-k*X_{i-1}]+k)
其中

j∈(L[i],H[i]),j−k∗Xi−1>0

j∈(L[i],H[i]),j-k*X_{i-1}>0
显然直接转移复杂度是O(n3)O(n^3)
但我们发现这个东西很像一个多重背包，所以改一下转移方程就是

f[i][j]=min(f[i−1][j+Yi−1],f[i−1][j−Xi−1],f[i][j−Xi−1])

f[i][j]=min(f[i-1][j+Y_{i-1}],f[i-1][j-X_{i-1}],f[i][j-X_{i-1}])
由于是背包问题，所以要把f[i−1][j+Yi−1]f[i-1][j+Y_{i-1}]的转移放到最后再做，
而且j=mj=m时要不再是只枚举去Xi−1X_{i-1}，而是依次枚举减去[0,Xi−1][0,X_{i-1}]，因为最高高度是mm
当j<mj时转移是O(1)O(1)的，j=mj=m时转移是O(m)O(m)的，总复杂度O(nm)O(nm)
PsPs
一开始有些脑抽，绕了些弯子，没有考虑背包转移的顺序问题……
Day2 T3很早之前写过
传送门
思路很巧妙，如果我在考场上是不会写这样的，因为就算想出了正解也不敢写
估分500~550？

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