1、前言
大合集总共14道题，出自*之手（这就没什么好戏了），做得让人花枝乱颤。虽说大部分是NOIP难度，也有简单的几道题目，但是还是做的很辛苦，有几道题几乎没思路，下面一道道边看边分析一下。
2、lis 最长上升子序列
唯一一道裸题，但是O(n^2)过不了，临时看了看O(n log n)的二分做法和线段树做法。先来讲讲简单的二分做法，其本质就是在O(n^2)上进行优化，需要证明一个结论。设当前处理数列第k位，存在：
（1）a[i]<a[j]<a[k]；
（2）i<j<k；
（3）f[i]=f[j]。
此时我们选择a[i]好还是a[j]好？显然是a[i]好。为什么？倘若存在a[i]<a[x]<a[j]，i<x<j，则选择a[i]可以得到更长的子序列——a[i]，a[x]，a[k]……这样，对于f[t]=k，我们只需要保存a[t]值最小的那个t了，可以证明得f数组将会单调递增，故我们每次不需要向前每一位都进行查找，而可以进行二分查找，故时间复杂度为O(n log n)。
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#include<cstdio>
int min(int a,int b) { return (a<b)?a:b; }
int v[200010],n,x,ans;
int main()
{
freopen("lis.in","r",stdin);
freopen("lis.out","w",stdout);
scanf("%d", &n);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&x);
int l=1,r=ans,mid=(l+r)>>1,loc=0;
while (l<=r)
{
if (v[mid]<=x) loc=mid,l=mid+1;
else r=mid-1;
mid=(l+r)>>1;
}
if (loc==ans) v[++ans]=x;
else v[loc+1]=min(v[loc+1],x);
}
printf("%d\n",ans);
}
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3、chess 黑白棋盘
根据题目分析，我们需要维护该列是否存在棋子；该行是否存在棋子；由于n<=15，我们可以考虑二进制状态压缩进行转移，最多有2^（n+1）种状态。设f[i][j]为当前第i行，状态为j（压缩的二进制状态 ）时的方案数。今天才刚刚学会用&、^、|等位运算符，上次写状压的时候还是手写的。。。方程：f[i][j]=sum{f[i-1][j^(1<<(k-1))]} （k∈[1,n]，j&(1<<(k-1))，!a[i][k]）
代码：
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#include <cstdio>
#define MOD 1e9+7
int n,a[20][20],f[20][100000],ans;
char ch;
int main()
{
freopen("chess.in","r",stdin);
freopen("chess.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=n;j++)
{
do ch=getchar(); while ((ch!='0')&&(ch!='1'));
a[i][j]=ch-'0';
}
f[0][0]=1;
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=0;j<1<<n;j++)
{
f[i][j]=f[i-1][j];
for (int k=1;k<=n;k++)
if ((j&(1<<(k-1))) && (!a[i][k]))
{
f[i][j]+=f[i-1][j^(1<<(k-1))];
if (f[i][j]>=MOD) f[i][j]-=MOD;
}
}
for (int i=0;i<1<<n;i++) { ans+=f[n][i]; if (ans>=MOD) ans-=MOD; }
printf("%d",ans);
return 0;
}
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4、bound 多背包问题
背包问题，但是需要用到单调队列优化。题解有点没懂？但是看代码大概清楚了。
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#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define MAXN 10005
using namespace std;
int q[MAXN],f[MAXN],g[MAXN];
int n,m,s,w,v;
int dp(int x,int y) { return g[x]+(y-x)/w*v; }
int main()
{
freopen("bound.in","r",stdin);
freopen("bound.out","w",stdout);
scanf("%d %d",&n,&m);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d %d %d",&s,&w,&v);
for (int start=0;start<w;start++)
{
int tail=0,head=1;
for (int j=start;j<=m;j+=w)
{
while (head<=tail && (j-q[head])/w>s) ++head;
while (head<=tail && dp(q[tail],j)<=dp(j,j)) --tail;
q[++tail]=j;
f[j]=dp(q[head],j);
}
}
swap(f,g);
}
int ans=0;
for (int i=0;i<=m;i++) ans=max(ans,g[i]);
printf("%d",ans);
return 0;
}
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5、matrix 子矩阵
也是所有题目中最需要码力的了吧，首先步骤比较复杂，情况比较繁琐，但是没有什么需要优化的地方。由于必定存在某条直线将三个矩阵割开，主要思路为枚举切割线，然后就只需要考虑两个矩阵的情况了。
6、windy windy数
数位动态规划，考试时想出来了但是没写下去。由于我们所需的信息明显：当前确定的数是否小于原数的这些位所对应的数；最后一位数；是否存在前导0，所以用记忆化搜索可能更易理解。下面代码来自yxj。
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#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int p[20], r[20];
int f[20][20][2][2];
int a, b;
int dfs(int pos, int last, int s, int zero) {
if (pos > 10) return s == 0 && zero == 0;
int &u = f[pos][last][s][zero];
if (u != -1) return u;
u = zero == 0 && (r[pos] || s == 0);
for (int i = 0; i <= 9; ++i) {
if (abs(last - i) < 2) continue;
int ns = i > p[pos] ? 1 : (i == p[pos] ? s : 0);
u += dfs(pos + 1, i, ns, i == 0);
}
return u;
}
int tot(int x) {
for (int i = 0; i <= 10; ++i) {
p[i] = x % 10;
r[i] = x;
x /= 10;
}
memset(f, -1, sizeof(f));
return dfs(0, 11, 0, 0);
}
int main() {
freopen("windy.in", "r", stdin);
freopen("windy.out", "w", stdout);
cin >> a >> b;
cout << tot(b) - tot(a - 1) << endl;
}
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