T1：

数轴上有 n 个点，第 i 个点的坐标为 xi，权值为 wi。两个点 i,j 之间存在一条边当且仅当 abs(xi-xj)>=wi+wj。
你需要求出这张图的最大团的点数。
（团就是两两之间有边的顶点集合）
【输入格式】
输入文件clique.in
第一行一个整数 n，接下来 n 行每行两个整数 xi,wi。
【输出格式】
输出文件clique.out
输出一行一个整数，表示最大团的点数。
【样例输入】
4
2 3
3 1
6 1
0 2
【样例输出】
3
【数据范围】
对于 20%的数据，n<=10。
对于 60%的数据，n<=1000。
对于 100%的数据，n<=200000，0<=|xi|,wi<=10^9。

　　本弱看到这道题时第一反应肯定是n^2连边也过不了啊，所以肯定有巧妙的方法来解这道题废话我们可以看到，有边相连的2个点的要求是abs(xi-xj)>=wi+wj，也就是说如果i和j有边，那么从xi-wi到xi+wi和xj-wj到xj+wj这两段区间是没有重合部分的，那么我们把每个点都扩成一段区间，最多的不重合的区间数就是最大团的点数，因为互不重合就代表了两两之间有边。

代码：

 1 #include<algorithm>
 2 #include<iostream>
 3 #include<cstdio>
 4 using namespace std;
 5 const int maxn=200004;
 6 int n;
 7 struct zhw{
 8     int l,r;
 9     friend bool operator <(zhw a,zhw b)
10     {
11         return  a.r<b.r||(a.r==b.r&&a.l>b.l);
12     }
13 }a[maxn];
14 int x,w,l,r;
15 int main()
16 {
17     freopen("clique.in","r",stdin);
18     freopen("clique.out","w",stdout);
19     scanf("%d",&n);
20     for(int i=1;i<=n;++i)
21     {
22         scanf("%d%d",&x,&w);
23         a[i].l=x-w,a[i].r=x+w;
24     }
25     sort(a+1,a+n+1);
26     int pos=a[1].r,ans=1;
27     for(int i=1;i<=n;++i)
28     {
29         if(a[i].l>=pos)ans++,pos=a[i].r;
30     }
31     printf("%d",ans);
32     fclose(stdin);fclose(stdout);
33     return 0;
34 }
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　　T2：

小 H 参加了一场神秘的游戏。游戏中有 n 堆硬币,第 i 堆价值 ai。
每次小 H 可以选择编号相差 k 的硬币同时拿走。注意拿走后硬币不进行重标号。
小 H 想知道最多能拿走多大价值的硬币。
【输入格式】
输入文件coin.in
第一行两个整数 n,k。
第二行 n 个整数。第 i 个整数表示 ai。
【输出格式】
输出文件coin.out
一行一个整数,表示拿走硬币的最大价值。
【样例输入】
7 3
7 5 8 6 4 3 2
【样例输出】
33
【数据范围】
对于 20%的数据,n<=20。
对于 40%的数据,n<=2000。
对于另外 20%的数据,k<=10。
对于 100%的数据,n<=100000,k<=n,0<=ai<=1000000000。

　　本弱的脑回路有点怪（其实就是弱的做不粗来），想了半天的给可以同时拿走的数之间连边，也没搞出来，最后去看的题解（捂脸）。思路如下：既然可以两组队的拿走，那么对于膜k相等的数里就最多只有1个数拿不走，就是当这些数有奇数个的时候，有一个拿不走，并且这个一定是在奇数位置的，就是把所有的膜k相等的数按原来的顺序排成一列，奇数位置上的数，所以只要把这些位置上的数取min，然后把这个最小的数减掉就可以了，不过如果一共有偶数个就不需要减了，因为都可以拿走。

代码：

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 using namespace std;
 4 const int maxn=100003;
 5 long long a[maxn];
 6 int n,k;
 7 long long ans;
 8 int main()// 
 9 {
10 //    freopen("coin.in","r",stdin);
11 //    freopen("coin.out","w",stdout);
12     scanf("%d%d",&n,&k);
13     for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld",&a[i]);
14     for(int i=1;i<=k;++i)
15     {
16         int tot=0,Min=2147483640;//极大值开小了 
17         for(int j=i;j<=n;j+=k)
18         {
19             tot^=1,ans+=a[j];
20             if(tot)Min=Min>a[j]?a[j]:Min;
21         }
22         ans-=tot*Min;
23     }
24     printf("%lld",ans);
25     return 0;
26 }
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　　T3：

有n个樱桃排成一列，第i个樱桃的甜度为v[i]，你要把n个樱桃分成若干组，其中每一组的樱桃必须相邻。每一组樱桃的美味度为(sum-T)^2 ， 其中sum是这组樱桃的甜度之和，T为输入给定的系数。
一组方案的美味度为每一组的美味度之和。
求可行方案最小的美味度。
【输入格式】
输入文件cherry.in
第一行两个正整数 n，T。
第二行n个整数，第i个整数是第i个樱桃的甜度，v[i]。
【输出格式】
输出文件cherry.out
一行一个非负整数，为最小美味度。
【样例输入】
5 5
3 5 2 1 6
【样例输出】
9
【数据范围】
对于50%的数据满足 n<=10,T<=1000,v[i]<=10
对于70%的数据满足 n<=100
对于所有数据，n<=10^3,T<=1000,v[i]<=10

　　看到数据范围肯定会想起是不是n^2做法啊，其实这题大概是dp，f[i]代表前i个樱桃分成若干组的最小美味度，那么有转移方程：f[i]={min(f[i],sum[i]-sum[j-1]-T)^2) | j<=i},然后就皆大欢喜啦。

代码：

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstring>
 3 #include<cstdio>
 4 using namespace std;
 5 const int maxn=1005;
 6 int n,t;
 7 int v[maxn],sum[maxn];
 8 int f[maxn];
 9 int main()
10 {
11 //    freopen("cherry.in","r",stdin);
12 //    freopen("cherry.out","w",stdout);
13     scanf("%d%d",&n,&t);
14     for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&v[i]),sum[i]=sum[i-1]+v[i];
15     memset(f,127/3,sizeof(f));
16     f[0]=0;
17     for(int i=1;i<=n;++i)
18         for(int j=1;j<=i;j++)
19             f[i]=min(f[i],f[j-1]+(sum[i]-sum[j-1]-t)*(sum[i]-sum[j-1]-t));
20     printf("%d",f[n]);
21     return 0;        
22 }
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