首先说明一下：我只是用暴力过了4道题的小数据，就是简单的枚举，大数据都不会做！下面的题解，是我从网上搜到的解答以及查看排行榜上大神的答案得出来的。
首先贴一下主要的题解来源：http://codeforces.com/blog/entry/47796，基本上解题思路都是从这里看到的，你可以直接查看这个链接，或者看下面的题解。
这个解题报告也很好：http://blog.csdn.net/zhoufenqin/article/details/52840475
还有排行榜大神们的答案，https://code.google.com/codejam/contest/5264486/scoreboard?c=5264486#vf=1，你可以下载所有的答案，进行查看。
当然，首先你得看懂题意，题目从官网上查看，这里就不介绍了。
第一题
1.看完题，怎么感觉这道这么难，难道不是第一道题最简单的套路了么？其实，如果你知道那个问题的话，答案非常简单。
简单的想法，就是枚举合法的序列，长度为（n + m）,枚举过程中保证合法性，最后把所有的结果加起来，就是最后的答案，注意，这里求的是概率，所有可能的个数是（n + m）!,而且最后串的长度也是n+m,可以考虑每一次枚举除以因子，从1到n+m，这样算出来就是概率。这里小数据很容易就过了，小数据的数据范围是20,2^20 = 1e6，可以满足要求。大数据是4000,2^4000,根本不行，所以考虑其他途径。
2. 那就是动态规划，枚举当前a和b得票的个数，记dp[a][b],考虑最后一次是投给谁的票，然后可以从dp[a - 1][b]和dp[a][b-1]进行转移，注意这个过程中转移的条件，以及a>b必须满足，其他的dp[a][b] = 0;最后的结果是dp[n][m].这个计算过程也要考虑上面的分母因子。
1 void solve() { 2 int x, y; 3 cin >> x >> y; 4 memset(dp, 0, sizeof dp); 5 dp[0][0] = 1; 6 for (int i = 1; i <= x; i++) { 7 for (int j = 0; j <= y; j++) { 8 if(i <= j) continue; 9 dp[i][j] = dp[i - 1][j] * (x - i + 1) / (x + y - i - j + 1); 10 if(i >= j + 1 && j > 0) 11 dp[i][j] += dp[i][j - 1] * (y - j + 1) / (x + y - i - j + 1); 12 } 13 } 14 printf("%.10f ", dp[x][y]); 15 }
第一名比较巧妙的递推：
1 void init() { 2 for (int i = 1; i <= 2000; i++) dp[i][0] = 1; 3 for (int i = 1; i <= 2000; i++) { 4 for (int j = 1; j < 2000; j++) { 5 if(i <= j) continue; 6 double p1 = 1.0 * i / (i + j); 7 double p2 = 1 - p1; 8 dp[i][j] = dp[i - 1][j] * p1 + dp[i][j - 1] * p2; 9 } 10 } 11 }
3. 其实答案就是（n - m）/(n + m), https://en.wikipedia.org/wiki/Bertrand%27s_ballot_theorem,可以看一下证明过程
第二题
1. 小数据5*5，一共有2^25 = 32000000种方式，然后检查一下是否满足条件，最后找到满足要求的最大值。注意这里的情况可能有25种输入，而小数据的测试数据是100，也就是每种情况可以重复4次，可以提前算出所有答案，进行查表。
2. 大数据是100,100，无法进行枚举，然后就观察情况，找规律。可以发现下面的规律。
3. (r,c)和（c,r）的答案是一样的，所以只考虑r<=c的情况。r = 1的时候，答案是 c - c / 3, 例如110110110110这样。r = 2的时候，ans= 2*(c - c / 3),答案是r=1的时候重复2行。下面考虑其他情况。
4. r >= 3.观察
110110110110
101101101101
011011011011
可以发现每三行这样重复，一定是满足要求的，而且这样摆放是最多的，因为每三个至少有一个空白，上面的摆法就是没3个一个空白。然后根据r%3的情况考虑那一行应该放前面。
r%3 == 0, 随意都可以，观察，答案就是 r / 3 * c * 2, 3行一组， 每一组每一列刚好2个1.
r%3 == 1, 只需要考虑最后一行，使得左边的1尽可能的多，循环的3行里面满足要求的只有第一行，110110110，这样左边，然后答案也很明显，就是 r / 3 * c * 2 + c - c / 3;
r%3 == 2,也是考虑最后2行，使得左边的1尽可能的多，然后就有2种组合：
110110110110
101101101101
或者：
110110110110
011011011011
显然，上面那种情况比较优， 答案就是 r / 3 * c * 2 + c + (c + 2) / 3.
然后，就是这样。
第三题
1. 遇到这题，很容易想到的一个解法就是在当前位置，枚举接下来可能出现的单词，从前往后枚举，如果所有字符都是单词，则结果+1，可以把每个字符出现过的单词链接起来，加速枚举过程，小数据，就这样很容过了，但是大数据，通过 一个一个数的方式，大数据是过不了的，还得想其他的办法。
2.还是动态规划，以单词长度为一维，考虑到该位置的所有可能数，考虑这个数怎么计算。我的想法是依次枚举每个单词，看这个单词能不能出现，然后结果就是dp[i] = dp[i] + dp[i - size(word)]。这里每一个word都要判断。最后的结果就是dp[size(sentence)]。计算一下复杂度，4000 * 400 * 20 = 32000000，可以在时限内完成。
贴一下代码：
1 const int mod = 1e9 + 7; 2 vector<string> s; 3 int dp[4010]; 4 int n, m; 5 void solve() { 6 cin >> n >> m; 7 s.clear(); string t; 8 for (int i = 0; i < n; i++) { 9 cin >> t; s.pb(t); 10 } 11 while(m--) { 12 cin >> t; 13 int len = t.size(); 14 memset(dp, 0, sizeof dp); 15 dp[0] = 1; 16 for (int i = 1; i <= len; i++) { 17 for (int j = 0; j < n; j++) { 18 vector<int> v(26, 0); 19 if(i >= s[j].size()) { 20 for (int x = 0; x < s[j].size(); x++) { 21 v[t[i - x - 1] - 'a']++; 22 v[s[j][x] - 'a' ]--; 23 } 24 bool f = 1; 25 for (int x = 0; x < 26; x++) { 26 if(v[x] != 0) {f = 0; 27 break; 28 } 29 } 30 if(f) { 31 dp[i] = (dp[i] + dp[i - s[j].size() ]) % mod; 32 } 33 } 34 } 35 } 36 cout << ' ' << dp[len]; 37 } 38 }
这里可以考虑加速过程，2个单词，如果他们含有的字母以及个数相同，虽然顺序不同，但是可以算作一个单词，可以通过长度26的数组，算出一个值，统计每个字符的个数，算作这个word的hash值，这样复杂度就可以缩小一个因子，通过map来统计这样处理后相同的单词的个数来做，由于每个单词长度最多是20，所以复杂度就是4000 * 20，map查找的过程可以认为是O（1），下面贴一下第一名大神的代码。
1 #include <cstdio> 2 #include <map> 3 #include <vector> 4 5 using namespace std; 6 7 const int N = 4001; 8 const int mod = 1000000007; 9 10 map<vector<int>, int> c; 11 char s[N]; 12 int dp[N]; 13 int n, m; 14 15 inline void update(int &a, long long b) { 16 a = (a + b) % mod; 17 } 18 19 int main() { 20 int t, tt; 21 scanf("%d", &t); 22 for (tt = 1; tt <= t; tt++) { 23 scanf("%d%d", &n, &m); 24 c.clear(); 25 for (int i = 0; i < n; i++) { 26 vector<int> a(26); 27 scanf("%s", s); 28 for (int j = 0; s[j] != ' '; j++) a[s[j] - 'a']++; 29 c[a]++; 30 } 31 printf("Case #%d:", tt); 32 for (int i = 0; i < m; i++) { 33 scanf("%s", s); 34 int ls = strlen(s); 35 dp[0] = 1; 36 for (int j = 0; j < ls; j++) { 37 dp[j + 1] = 0; 38 vector<int> a(26); 39 for (int k = 0; k < 20 && j - k >= 0; k++) { 40 a[s[j - k] - 'a']++; 41 map<vector<int>, int>::iterator it = c.find(a); 42 if (it != c.end()) update(dp[j + 1], (long long)dp[j - k] * it->second); 43 } 44 } 45 printf(" %d", dp[ls]); 46 } 47 printf(" "); 48 } 49 return 0; 50 }
这里我第一次看见vector也可以作为map键值的代码，真是开阔眼界了。学习一下。其实这道题，就跟普通的dp套路一样，总长度一般作为一维，枚举最后一个单词是什么，然后加上前面的长度的结果，而这些结果已经提前计算出来了，然后就可以递推了，这个套路很一般，如果一眼能看到，应该很容易ac，码代码难度也不是很大。
第四题
1.看题，看到区间，价值，单个区间可能比几个区间加起来的价值还小，所以贪心是不行的，然后我看到小数据范围是10,2^10=1024，简单的可以枚举所有情况，所以小数据就暴力，很简单的就过了！接下来考虑大数据，2^1000,去枚举肯定是不行的，需要寻找其他路径。
2.这也是dp，这次dp的题怎么这么多，（可以总结一下一般的套路，dp（计数，概率），二分（比较难的二分，最大最小），位操作，加上一些stack，queue的题目，还有什么以后再加），看别人的答案，有需要线段树的，其实是维护滑动窗口内的最小值，这个可以通过deque，速度非常快，上次也是apac也做到，专门考这个知识点的，那个题比较水，因为一眼可以看出来是考哪个知识点的，所以很容易想到，这道题目，不仔细分析，想不到用这个吧。
双端队列维护滑动窗口内的最大值或者最小值的题目：https://code.google.com/codejam/contest/4284487/dashboard#s=p3就是这个，维护窗口内最大值，是二维的，可以轻松的转化到一维的情况。
这个题目，其实一开始可以考虑用dp，因为一般最小值，然后是加起来，还有方案数，各种组合，跟具体的组合无关的，一般是dp，这还是最后一题，dp的可能性最大。然后是以输入的区间个数为一维，模仿背包的过程，每来一个区间段，对所有可能的结果进行更新。
3. 然后就想到第二维是结果的可能哪一位，最后求长度L的最小值，然后小于这个长度需要先计算出来，每来一个新的区间段，看这个区间段可以对那些长度进行更新，考虑是0/1背包，可以对长度从大到小更新，从而可以省去线段个数这一维，也是dp的第一维。考虑这样的转移方式，dp[i] = min(dp[i], min(dp[i - r], dp[i - l]) + c), 当前的输入区间是(l, r), 花费是 c, 接下来需要考虑的就是如何高效的维护min(dp[i - r], dp[i - l]) , 对于从1~L的区间每一个点都需要更新，（这里dp[0] = 0,这是初始化条件，不需要更新，）每一个都需要前面的一个区间的最小值来更新， 这个区间是固定大小的，滑动的，可以通过上面的deque来维护， 或者可以同线段树来维护区间的最小值，复杂度是O(logn)，单点更新，（这里不需要区间更新，线段树写起来还是比较简单的）。
下面的过程都很明朗了，直接码代码就可以了！
先是线段树代码，可以使用线段树模板。（下面是排名第二的大神的思路，我用自己熟悉的线段树写的）。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define pb push_back 3 #define FOR(i, n) for (int i = 0; i < (int)n; ++i) 4 #define dbg(x) cout << #x << " at line " << __LINE__ << " is: " << x << endl 5 typedef long long ll; 6 using namespace std; 7 typedef pair<int, int> pii; 8 const int maxn = 1e4 + 10; 9 const ll inf = 1ll << 60; 10 ll f[maxn * 4]; 11 int x, y; 12 ll v; 13 void bt(int o, int l, int r) { 14 if(l == r) { 15 f[o] = 1ll << 60; 16 } else { 17 int mid = (l + r) / 2; 18 bt(o * 2, l, mid); 19 bt(o * 2 + 1, mid + 1, r); 20 f[o] = min(f[o * 2], f[o * 2 + 1]); 21 } 22 } 23 void update(int o, int l, int r) { 24 if(l == r && l == x) { 25 f[o] = min(f[o], v); 26 } else { 27 int mid = (l + r) / 2; 28 if(x <= mid) update(o * 2, l, mid); 29 else update(o * 2 + 1, mid + 1, r); 30 f[o] = min(f[o * 2], f[o * 2 + 1]); 31 } 32 } 33 ll ask(int o, int l, int r) { 34 if(r < x || l > y) return 1ll << 60; 35 if(x <= l && r <= y) return f[o]; 36 int mid = (l + r) / 2; 37 ll res = 1ll << 60; 38 if(x <= mid) res = min(res, ask(o * 2, l, mid)); 39 if(y > mid) res = min(res, ask(o * 2 + 1, mid + 1, r)); 40 return res; 41 } 42 int n, m, l; 43 void solve() { 44 cin >> n >> m >> l; 45 bt(1, 0, l); 46 x = 0, v = 0; 47 update(1, 0, l); 48 int tl, tr, p; 49 for (int i = 1; i <= n; i++) { 50 cin >> tl >> tr >> p; 51 for (int j = l; j >= 1; j--) { 52 int cl = max(0, j - tr); 53 int cr = min(j - 1, j - tl); 54 if(cl <= cr) { 55 x = cl, y = cr; 56 ll t = ask(1, 0, l); 57 //cout << i << " " << j << " " << cl << " " << cr << " " << t << endl; 58 x = j; v = t + p; 59 update(1, 0, l); 60 } 61 } 62 } 63 x = y = l; 64 ll res = ask(1, 0, l); 65 if(res <= m) { 66 cout << res << endl; 67 } else { 68 cout << "IMPOSSIBLE" << endl; 69 } 70 } 71 int main() { 72 freopen("test.in", "r", stdin); 73 freopen("test.out", "w", stdout); 74 int _; cin >> _; 75 for (int i = 1; i <= _; i++) { 76 cout << "Case #" << i << ": "; 77 solve(); 78 } 79 80 return 0; 81 }
接着是deque代码，这个是排名第一的大神的代码，写的非常漂亮。
1 #include <cstdio> 2 #include <algorithm> 3 4 using namespace std; 5 6 const int N = 10001; 7 const long long INF = ~0ull >> 2; 8 9 long long dp[N]; 10 int n, m, l; 11 int d[N], p, q; 12 13 int main() { 14 freopen("test.in", "r", stdin); 15 freopen("test.out", "w", stdout); 16 int t, tt; 17 scanf("%d", &t); 18 for (tt = 1; tt <= t; tt++) { 19 for (int i = 1; i < N; i++) dp[i] = INF; 20 dp[0] = 0; 21 scanf("%d%d%d", &n, &m, &l); 22 for (int i = 0; i < n; i++) { 23 int a, b, c; 24 scanf("%d%d%d", &a, &b, &c); 25 p = q = 0; 26 for (int j = a; l - j >= 0 && j < b; j++) { 27 while (q > p && dp[d[q - 1]] >= dp[l - j]) q--; 28 d[q++] = l - j; 29 } 30 for (int j = l; j >= 0; j--) { 31 if (j - b >= 0) { 32 while (q > p && dp[d[q - 1]] >= dp[j - b]) q--; 33 d[q++] = j - b; 34 } 35 if (p < q) dp[j] = min(dp[j], dp[d[p]] + c); 36 if (d[p] >= j - a) p++; 37 } 38 } 39 if (dp[l] <= m) printf("Case #%d: %lld ", tt, dp[l]); 40 else printf("Case #%d: IMPOSSIBLE ", tt); 41 } 42 return 0; 43 }
总结：
这次4道题，3道dp，一道找规律，如果有一些套路，加上简单思考应该可以做出来吧！看了这些大神的代码，恍然大悟，原来是这样，需要一些小的知识点，比如上面第四题（这些知识通过平时的积累），还有遇到问题怎么分析，怎么分析，就是套路，多做题练习和思考，多掌握一些套路，以后总会有帮助的。