新生赛中大
根据新生赛题解文件编写，目的最主要是记录一下我第一次正式的参加ACM比赛，其间学到了挺多的，也感受到自己与外校的人的差距之大，慢慢努力吧。
A、B水题。
C 给你一个三角形（三个点的坐标），你要用一条与x轴垂直的直线x=x0将三角形分成面积相等的两个部分，输出x0。
我的做法：二分，结果不知具体原因WA了，只能乖乖送人头。
题解：先排序，设x1<=x2<=x3，计算出：
当x2*2>=x1+x3时，答案为x1+sqrt(0.5*(x2-x1)*(x3-x1))
当x2*2<=x1+x3时，答案为x3-sqrt(0.5*(x3-x2)*(x3-x1))
看不懂，逃......。
求助了朋友，算是懂了那么一点点，先从特殊情况处理，(0,0)是(x1,y1)，(2.5,2.5)是(x2,y2)，(8,0)是(x3,y3)。
（图画的不好）
蓝色线斜率为k，则x0*kx0*1/2=1/2（x3*kx2*1/2）;得x0=sqrt(x2*x3*0.5);
再推导，
（E点是BF交于粉线的那个点）
可判断x0是要交于蓝粉这两条线的，设蓝线斜率为k1，粉线k2，
则0.5*x0*k1*x0-0.5*x0*k2*x0=0.5(0.5*x3*k1*x2+0.5*k2*x3*(x3-x2)-0.5*k*x3*x3)
0.5*Sabc=0.5(Sabd+Sbcd-Sacd)
Sabd+Sbcd-Sacd=Sabc 成立
再把0.5*x0*k1*x0-0.5*x0*k2*x0=0.5(0.5*x3*k1*x2+0.5*k2*x3*(x3-x2)-0.5*k*x3*x3)化简
得x0=sqrt(x2*x3*0.5);
再推导：
我们可以想象一下，如果整个三角形平移一下，那么x1的坐标就不再是0.于是
这条公式就变成（x0-x1）=sqrt((x2-x1)*(x3-x1)*0.5)，相当于把平移了x1个距离的三角形再挪回类似上图一样的位置。
同理可证当x2*2<=x1+x3时的情况。
D 给出三条线的A B C，即Ax+By+C=0，算三条线能划分为几个区域
这题队友说高中时写过，但是我忘了，只能交由他来写，但是可能坑比较多，导致又送一人头。
题解：
分类讨论题，分七种情况：
1、三条直线重合，答案为2
2、只有两条直线重合，且和第三条平行，答案为3
3、只有两条直线重合，且和第三条相交，答案为4
然后以下都是没有重合的：
4、三条直线平行，答案为4
5、两条直线平行，且和第三条相交，答案为6
6、三条直线交于三点，答案为7
7、三条直线交于一点，答案为6
额，可能浮点数什么的比较烦，或者判断条件可能有点特殊，导致WA了吧
E 给n个物品，物品可以分为两类，一类价格(P)相同，一类价值(H)相同，在某个价格之内选出m个物品使得价值最大，输出价值。
我的做法：这不是背包吗？但是一看价格和价值范围1e9，逃，放弃。
题解：
P相同的，肯定优先选H大的
H相同的，肯定优先选P小的
分别排序后，对P相同的那些求H的前缀和，然后枚举H相同的选多少个，然后直接算出P相同的选多少个，直接算出答案
额，题解说是01背包，我更感觉像道十分巧妙的智商题，想到前缀和之后应该可以很快能做出这题来了，哎，看来惯性思维的问题对于我而言有点严重，看到价值、最优的字眼就抓着经典背包问题不放，题目还是做的有点少啊。
F 给你一个数x，每次把x变成x-1或者x最大质因数，问至少多少次能变成0
我的做法：可喜可贺在WA3次之后做出了这题。我是先把素数表给打出来，然后一个一个素数（ i ）来乘以1~ ∞ （ j ），如果i*j 小于 1e5 （题目的范围，比较小所以不用担心超时），那么用数组把数 i*j 标记为 i 说明这个数当前的最大质因数是 i ，因为是从小到大扫过去，所以不必担心找不到最大质因数，因为小的会被大的给覆盖掉。如果 i*j 大于 1e5 就退出。之后就像跳棋一样不断跳到当前值的最大质因数，记录步数就可以了。
题解： 分解质因数，然后DP即可。 注意分解质因数需要使用𝑂(√𝑛)的复杂度。
好像差不多，AC了就行。
G 给你一个序列，问对这个序列进行重排后最多能有多少个 在相同位置有不同的值
我的看法（是看法不是做法，赛场上看到少人做就没想这题了）：应该先要记录每个数出现的个数然后再用某个算法来做，乖乖放弃这题。
题解：显然这个答案和这个序列里的众数有关。
如果众数数量num大于序列长度的一半(n/2)，
那么答案就是(n-num)*2 否则答案就是n
数据范围要求我们只能使用O(n)的算法来做，使用数字打架的算法来得出的数，要么是出现次数超过一半的数字，要么可以是任意一个数字，得出的数字我们再次检查它的出现次数即可。
数字打架：用抵消的思想，如果出现相同的数字我们把次数加一，否则减一，如果减成负数，那么当前保留的数字换成这个不同的数字，次数赋值为1。
数字打架？活到老，学到老。
H 有n杯饮料，每杯饮料有s_i种配料，饮料的价值由它里面的配料当中最小的值决定，每一点能量可以使得某一配料的价值上升1，要使得所有饮料价值和上升m，问最少要花多少体力
我的看法：无，逃.......
题解：优先队列，这题可以留着应该可以想出来。
I 有n堆豆子，两个人轮流操作，每次必须要取最左边的未被取完的那堆豆子。问先手最多能比后手多取几个。
我的看法：博弈？不懂。
题解：
方法一：贪心
你可以始终让先手占有决定权，通过判断之后的1的个数为奇数还是偶数来决定本回合你是否要留一个1.
special case：如果一开始的几个是1，将交换先后手。
方法二：动态规划
从后往前来计算从第i堆到第n堆豆子，先手最多可以赢后手多少个豆子，f[1][0]-f[1][1]即为答案
if(ai>1) f[i][0]=max(f[i+1][0]+a[i]-1,f[i+1][1]+a[i]), f[i][1]=sum-f[i][0];
else f[i][0]=f[i+1][1]+1, f[i][1]=f[i+1][0];
这类题目我已经安排好用一段时间去死磕了，我自己对这种两个人在那对决看谁赢的题目感觉到真的有心无力，看起来好像很简单，但是又无从下手的样子，希望刷多点这种题来补救一下吧。
J 给你一棵树，两个人A，B在上面，每个人往父亲节点爬一步消耗一点体力。 A和B不能在同一个点，当B在A上方时，A可以不花体力把B扔到B的父亲节点。 问两个人的体力和最小是多少。
我的做法：这题在比赛快结束时才看然后想出来的，真就算是个裸的LCA，因为体力要最小，所以只要求出两点的最近公共祖先，然后直接把两个点的深度一加再减去LCA的深度差不多答案就出来了，白给一题，当作交学费吧。
题解：求两人深度，求LCA（解释）深度，ans=两人深度-LCA深度-1。
special case： A是B父亲时，ans=两人深度-1。
比赛之后，LCA我也重新写了一遍，感受到树上倍增这个思想是真的精妙。
K 问n×m的网格图中，有多少弹球的起始方案（位置+方向）可以回到起始状态。
我的看法：看题，嗯，很好，是个好题，下一道......
题解：如果一个方案不能回到起始状态，球最终一定去了角落。那么从角落出发开始遍历这个图，统计一下不能回到起始状态的方案数，用总方案数减掉得到答案。
答案：(𝑛−2)∗(𝑚−2)∗4+((𝑛−2)∗2+(𝑚−2)∗2)∗2+4−𝑙𝑐𝑚(𝑛−1, 𝑚−1)∗4 不懂，逃
L 有一个𝑛×𝑚的棋盘，棋盘上有障碍物和洞，现在要将球移到洞里，每一步可以将球往四个方向之一滚，球会一直滚直到碰到边界或者障碍，或者经过洞掉下去，问最少需要多少步才能把球移到洞内。
我的看法：路径压缩后建图吗？其实赛场上我是感觉可以开这题的。
题解：由于棋盘太大，所以不能把整个棋盘记下来，只能记住有效位置（球会停下来的位置），显然有效位置就是棋盘的四周边界以及障碍物相邻的四个格子，将有效位置离散化，构成一个有向图，跑一次bfs（宽度优先搜索）就能得到答案。
M 有若干个人需要升级，升级需要消耗一些材料，材料有一个合成系统，合成系统构成一个DAG（有向无环图），只有没有出度的材料（基础材料）才能通过刷副本拿到，刷一次副本能拿到两种基础材料，并花费一定体力值，问把所有人都升级最少需要多少体力值。 题目最后一部分意思：如果将每个基础材料看成点，副本看成边，那么构成的图只有链。
题解：首先拓扑排序，算出每种基础材料需要多少个，然后把每条链找出来，对于每条链DP（动态规划）求出答案。 𝑓[𝑖][𝑗]表示前𝑖−1个基础材料已经满足需求，第𝑖个基础材料拿到至少𝑗个，需要的最少体力值。
