NOIP2013题目简析
chunlvxiong的博客
DAY1：
T1：转圈游戏
可以发现答案为[x+m*(10^k)]%n。
瓶颈在于k最大10^9，用快速幂轻松解决。
T2：火柴排队
容易发现，当最小的ai对应最小的bi，第二小的ai对应第二小的bi，……时两列火柴之间距离最小。
然后你发现可以一个序列不动，只移动另一个序列（两个序列都移动的最少步数是一样的）。
然后你发现ai的大小没有用，只有排序后的编号才有用，b数组同理。
举个例子说明吧：
排序后的a数组编号：2 3 1 5 4
排序后的b数组编号：1 4 2 5 3
答案就是1 4 2 5 3-->2 3 1 5 4的代价。
把2 3 1 5 4视为1 2 3 4 5，那么1 4 2 5 3就是3 5 1 4 2。
也就是3 5 1 4 2-->1 2 3 4 5的代价。
由于1 2 3 4 5没有逆序对，那么答案就是3 5 1 4 2的逆序对数（因为你每次调整可以减少一个逆序对）。
T3：货车运输
首先容易发现开车经过的路多不是件好事情。
很多路实际上根本不会走。哪些路会保留呢？
答案：最大生成树（这题可能是森林）中的边才会保留。（这一步很机智）
道理很显然，如果你可以用大的边走到一个城市，为什么要走小的边呢？
所以你先kruskal跑一遍最大生成树，这样图就变成了一颗树（或是森林）。
如果询问的两个节点不在一棵树里，那么显然答案是-1。
否则你可以参考倍增LCA的做法，仍然用倍增思想，只不过维护的是min值。
这样这个问题就解决了。
DAY2：
T1：积木大赛
这个问题其实不难。
首先你发现一次操作的区间长度越长越好。
如果a[i]<a[i-1]，那么当a[i-1]变为0的时候，a[i]也肯定为0了，不需要额外的操作步骤，否则需要多a[i]-a[i-1]步骤。
复杂度O(N)。
T2：花匠
我的做法实现起来很烦，但是思维难度几乎没有。
因为有两种不同的方式，你肯定要分开处理。
只考虑第一种，即2i-1<2i>2i+1的形式，另一种是同理的。
因为你发现实际上是一高一低的过去的，考虑dp，用dp[i][0]表示它作为高的那个最大的摆放数，dp[i][1]表示它作为矮的那个的最大的摆放数。
每个数dp[i][1]=1
dp[i][0]=max(dp[j][1])+1（需要满足h[j]<h[i]）
dp[i][1]=max(dp[j][0])+1（需要满足h[j]>h[i]）
朴素的转移是O(N^2)的，所以会T掉。那么你考虑开一颗线段树按照h值维护，然后你可以在O(NlogN)的时间内完成DP（其实树状数组也行）。
然后你就可以A掉此题，但代码长度2K以及时间都很不理想。
然而实际上你A完之后会很震惊--有比你短得多也快得多的O(N)做法。
首先仍然是两种情况分别处理，假设处理2i-1<2i>2i+1的形式。
那么你先假设h[1]是要留下的，然后你需要寻找比它大的数。
如果下一个数刚好比它大，那么就把它作为序列下一个数即可，之后你要寻找比它小的数了（同理进行）。
否则你就把当前这个数给改掉，改成这个比它小的数，以增加寻找比它大的数的可能性。
这样贪心去做，复杂度O(N)，代码不到线段树的一半。
T3：华容道
这道题拿到题，看到n,m<=30，立即想到BFS。
由于有用的位置只有两个：目标棋子所在位置，空白格子所在位置，所以状态数最多n^4个，也就是一次BFS的复杂度。
由于q<=500，然后算了一下复杂度是O(4e8)，期望卡卡常数过去，然后T掉了，尝试了好多次无果。
不得不思考更优的方案了。
可以发现空格移动次数太多而目标棋子移动的步数并不多，这个冗余可以大量的减掉。
很快想到，你可以用三维状态i,j,k表示目标棋子在i,j，棋子在其k位置（上下左右）来做（因为不然你目标棋子是动不了的）。
这样状态数变为n^2*4个，但是问题是你转移一步不是O(1)的了，应该是两次空格位置之间的距离+1（目标棋子与空格交换位置的一步）。
然后你会考虑去大力地跑bfs来计算空格之间距离(什么floyd,dijkstra,spfa)，每个点都去跑一次，O(N^4)预处理出点对两两距离。
但是你发现这样是有漏洞的，因为你在移动空格的时候，可能一不小心根目标棋子交换了，导致这样的情况出现：空格到了指定位置，目标棋子跑到别的什么地方去了。
那么你就需要重新规划下预处理。
由于i到j的距离与j到i的距离其实是一样的，你可以对于每个i,j,k状态都跑一次bfs（注意，中途不能经过i,j点）。
这样你的预处理仍然是O(N^4)的，但是避免掉了原来的问题。
然后注意你待会不能再写bfs来转移三维状态i,j,k了，而是要写spfa……
然后你会写出一个2.5K左右的代码来A掉此题……
