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今日知识点：
整体考虑，把问题转化成装大于一半的背包问题
两两点匹配问题，注意去重方式的dfs的写法
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318C：要旅游n天，一共有两种选择，一种是买当日票Fi元，一种是买D日票P元(这任意D天都可以免票) ?问旅游n天最少花多少钱？
思路：
刚开的思路是贪心：先Fi排序，然后把票价低于P/D的都买掉，然后凑D票张数。但是我突然注意如果只剩余一天，再去买D票就不划算了。这个想法肯定不是最优解，因为本可以再少买几张当日票，使D日票没有剩余。故贪心不成立。再一看仅仅是一道C题。应该没那么麻烦吧。
然后我就想到了可以暴力模拟买D日票的数量，然后剩余的票买当日票，计算对应最优的价格，然后用前缀和优化速度即可！
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+10;
int f[N],n,d,p;
ll sum[N],ans=1e15;
//ll min(ll x,ll y){
// if(x>y)return y;
// else return x;
//}
int main(){
cin>>n>>d>>p;
sum[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&f[i]);
}
sort(f+1,f+n+1);
for(int i=1;i<=n;i++)sum[i]+=sum[i-1]+f[i];
int len=0,tmp=n/d;
for(ll i=0;i<=tmp+1;i++){
len=n-i*d;
if(i==tmp+1)ans=min(ans,p*i);//爆int了
else ans=min(ans,p*i+sum[len]-sum[0]);
}
cout<<ans;
}????????
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317D?
题意：AB两人竞争主席一共n场，每场有x,y,z。x+y为奇数且x，y代表A,B的支持人数，z为席位数，支持数多的一方赢得z席位数，最终席位数多的赢。问为了让A赢，最少要使多少支持B的人转向支持A？
思路：
原思路是：只考虑A和B目前两者之间的Z差距，并记录每个Zi的代价Wi，然后求使Z为负值所需的最少代价，负值？？？诶我去？
然后又想了几想：（这肯定能转化成背包的）
其实应该从头考虑，考虑A和B的Z之和，同样记录每个Zi的代价Wi，然后求拿到至少大于Z/2所需的最少代价即可，这样就能做了。
设置dp[i][j]表示遍历到i场，且已经获得j席位时对应的最少贿赂人数。求dp[n][>=Z/2]的最小值
背包问题都是这个式子：dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[i-1][j-z]+w)?
又因为都只和上一场有关，降成二维就是：dp[i]=min(dp[i],dp[i-z]+w)
其实本题就是装至少一半的背包问题。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=105,M=1e5+5;//dp[i][j]表示遍历到i场，且已经获得j席位时对应的最少贿赂人数
ll dp[M],w[N],v[N],s,n,ans=1e18;//W[i]为A获得Zi席位数需要的代价，V[i]即Zi
int main(){
cin>>n;ll x,y,z;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>x>>y>>z;
v[i]=z;w[i]=max(0ll,(x+y+1)/2-x);//max只能处理同类型的
s+=z;
}
memset(dp,0x7f,sizeof(dp));
dp[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=s;j>=v[i];j--){
dp[j]=min(dp[j],dp[j-v[i]]+w[i]);
}
}
for(int i=(s+1)/2;i<=s;i++)//找最佳答案
ans=min(ans,dp[i]);
cout<<ans;
}????????
317 E
一个h*w大小的地图：>? <? v ?^ 为四种看哨兵可以向右,左,下,上看到障碍物或人为止 ?.为道路 ?#为墙 ?S为起点 ?G为终点。问能否从起点走到终点且不被发现(哨兵格子也不能走)
思路：
先对地图进行预处理，然后进行正常跑图就完事了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
char s[2005][2005];
int flag,h,w,ans,s1,s2;
int vis[2005][2005],dx[]={1,0,-1,0},dy[]={0,1,0,-1};
struct node{int x;int y;};
void bfs(int x,int y){
queue<node>q;
q.push(node{x,y});
while(!q.empty()){
if(flag==1)return;
ans++;int sz=q.size();//一步一步的bfs即可
while(sz--){
node cur=q.front();q.pop();
for(int i=0;i<4;i++){
int nx=cur.x+dx[i],ny=cur.y+dy[i];
if(nx<0||nx>=h||ny<0||ny>=w||vis[nx][ny]==1)continue;//这里不能写 s[nx][ny]！='.'（好了，你现在知道了我那时候多蠢了吧，呜呜呜呜呜）
if(s[nx][ny]=='G')flag=1;
if(s[nx][ny]=='.')q.push(node{nx,ny}),vis[nx][ny]=1;//入队后就赶紧标记
}
}
}
}
int main(){
cin>>h>>w;int tmp;
for(int i=0;i<h;i++)
scanf("%s",s[i]);
for(int i=0;i<h;i++)
for(int j=0;j<w;j++){//对地图预处理一下，把不能走的 . 变成！
if(s[i][j]=='S')s1=i,s2=j;
if(s[i][j]=='>'){
tmp=1;
while(j+tmp<w&&(s[i][j+tmp]=='.'||s[i][j+tmp]=='!')){//这里要加上！ 因为！只是我们自己加上去的
s[i][j+tmp]='!';tmp++;
}
}
if(s[i][j]=='v'){
tmp=1;
while(i+tmp<h&&(s[i+tmp][j]=='.'||s[i+tmp][j]=='!')){
s[i+tmp][j]='!';tmp++;
}
}
if(s[i][j]=='<'){
tmp=1;
while(j-tmp>=0&&(s[i][j-tmp]=='.'||s[i][j-tmp]=='!')){
s[i][j-tmp]='!';tmp++;
}
}
if(s[i][j]=='^'){
tmp=1;
while(i-tmp>=0&&(s[i-tmp][j]=='.'||s[i-tmp][j]=='!')){
s[i-tmp][j]='!';tmp++;
}
}
}
vis[s1][s2]=1;bfs(s1,s2);
if(flag==0)cout<<-1;
else cout<<ans;
}????????
?????????
318D
题意：给你n个点的带权w的完全无向图（第1个点有n-1条边，第2个点有n-2条……）问你相互没有重点的所有边最大权值和是多少？? ? ?n<=16; W<=10^9 ?
举个例子：比如n=4，有(1,2)(1,3)(1,4)(2,3)(2,4)(3,4)的权值。搭配有:(1,2)(3,4)； (1,3)(2,4)； (1,4)(2,3)其中权值和最大的就是答案。
思路：
看似是一道跑图题，实则就是一道配对题（你细品这个完全无向图，在dfs时候完全没有跑图的影子）。如果选了一个点，那么无论匹配那个点，都会导致剩余n-2各点，剩下的点的选择就会越来越少：故有15*13*11*9*7*5*3*1=2027025种答案，暴力完全能过。
先说一下这个dfs函数：
首先是ans的获取：每递归一次就获取一次。不用先存起来再求。免去了回溯的存数和删数操作。
然后是先dfs(u+1,sum);? 再if(vis[u]) return ;顺序不要写反。前面是不选此数（跳过此数去选别的数），后面的是此数已被选过，剩余的操作不用再执行。
最后是dfs(u+1,sum+a);其实我们是已经去重的，因为u+1表示被选的另一个点一定比此点更大，就保证了无重复。而不是保持升序来去重，那样子只是相当于所有数的全排去重，而此题只需要两两数的全排去重。
void dfs(ll u,ll sum){//u是层数，sum和当前权值和。没有必要去重，重复就重复吧
ans=max(ans,sum);//处理一次获取一次答案，没必要全部选完后再获取答案
if(u==n+1)return ;//处理越界：因为下一句就是无条件dfs
dfs(u+1,sum);//这是当前点不选对应的情况，因为我们题上可能会给出奇数点，必然有个点选不上
if(vis[u]) return ;
for(int i=u+1;i<=n;i++){//找到可以匹配的另外点
if(vis[i])continue;//是否已经被匹配
vis[u]=1;vis[i]=1;
dfs(u+1,sum+a[u][i]);//找下一组匹配点，之所以不从i+1开始递归是因为中间的点也可以和别的点配对的
vis[u]=0;vis[i]=0;//回溯
}
}完整代码：?
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,ans,a[18][18],vis[18];
void dfs(ll u,ll sum){//u是层数，sum和当前权值和。没有必要去重，重复就重复吧
ans=max(ans,sum);//处理一次获取一次答案，没必要全部选完后再获取答案
if(u==n+1)return ;//处理越界：因为下一句就是无条件dfs
dfs(u+1,sum);//这是当前点不选对应的情况，因为我们题上可能会给出奇数点，必然有个点选不上
if(vis[u]) return ;
for(int i=u+1;i<=n;i++){//找到可以匹配的另外点
if(vis[i])continue;//是否已经被匹配
vis[u]=1;vis[i]=1;
dfs(u+1,sum+a[u][i]);//找下一组匹配点，之所以不从i+1开始递归是因为中间的点也可以和别的点配对的
vis[u]=0;vis[i]=0;//回溯
}
}
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=i+1;j<=n;j++){
cin>>a[i][j];
}
}
dfs(1,0);
cout<<ans;
}
注意dfs要一次处理一层，处理两层的话，遇到奇数层就会很麻烦?
// 请欣赏我的shit代码 千万不要学
void dfs(int u,int cnt){//dfs要一次处理一层，一次处理两层的话，万一一共奇数层怎么办
ans=max(ans,cnt);
if(u==n+1)return ;
int t=1;
while(vis[t])t++;
for(int i=t;i<=n;i++){
if(vis[i])continue;
vis[i]=1;
for(int j=i+1;j<=n;j++){
if(vis[j])continue;
vis[j]=1;
dfs(u=1,cnt+a[i][j]);
vis[j]=0;
}
vis[i]=0;
}
}