NOIP2014题目简析：
chunlvxiong的博客
DAY1：
T1：生活大爆炸版石头剪刀布
由于N≤200，所以直接模拟即可，多加手势什么的根本不是问题。
T2：联合权值
先考虑如何求最大值，采取树形DP：
用max[u][1]表示距离u点为1的点的最大权值（实际上还需要次大权值），用max[u][2]表示距离u点为2的点的最大权值，转移方程：
max[u][1]=max{dis[u][v]|v是u的子节点}
max[u][2]=max{max[v][1]|v是u的子节点}
那么对于每个u来说，其最大贡献为max{max[u][1]*次大权值，max[u][2]*w[u]}，然后对于每个u取个max就好了。
再考虑如何求和：
对于每个u来说，其任意两两子节点v都可以结合，但是如果两两计算速度太慢，考虑如下：
2*(w[v1]*w[v2]+w[v1]*w[v3]+……+w[vn-1]*w[vn])
=(w[v1]+w[v2]+……w[vn])*(w[v1]+w[v2]+……+w[vn])-w[v1]^2-w[v2]^2-……-w[vn]^2
这样你只需要O(N)的时间复杂度就可以计算完成子节点结合的权值了，还需计算u和距离其2的节点的权值。
仍然考虑树形DP，用sum[u][1]表示距离其u点为1的点的最大权值，用sum[u][2]表示距离u点为2的点的最大权值，转移方程：
sum[u][1]=Σdis[u][v]|v是u的子节点
sum[u][2]=Σsum[v][1]|v是u的子节点
然后累加w[u]*sum[u][2]即可，总的时间复杂度为O(N)。
T3：飞扬的小鸟
很容易想到DP，初步的DP如下：
用dp[i][j]表示小鸟在i,j位置时最少点击屏幕的次数：
dp[i][j]=min{dp[i-1][j+y[i]],dp[i-1][j-k*x[i]]+k}
如果纯粹穷举i,j,k，时间复杂度为O(NM^2)，会T掉。
受无限背包问题启发，你允许同维转移，这样方程变成dp[i][j]=min{dp[i-1][j+y[i]],dp[i][j-x[i]]+1}，然后要先转移j小的，再转移j大的。由于空间限制，还要开滚动数组来节省空间。另外注意：对于(i,j)为障碍物的点，要先转移完再令其强制为oo，而不是先令其强制为oo再转移。
这样做时间复杂度O(NM)，就可以A掉此题。
DAY2：
由于整个地图的最大范围为0..128,0..128。所以可以枚举每个位置，再枚举每个公共场所，看是否被覆盖，计算出其覆盖人数即可。
时间复杂度O(128*128*N)。
T2：寻找道路
题目给出了两个要求：
1 、路径上的所有点的出边所指向的点都直接或间接与终点连通。
2 、在满足条件1 的情况下使路径最短。
你先要确定哪些点可以走到，以满足条件1。对于这个问题，你先建立反向边，然后从终点做一次BFS，得到哪些点可以到达终点。然后对于每个点的出边所指向的点，观察是否全部可以到达终点，如果是，表明这个点可以到达。
然后直接跑spfa即可，对于那些不能到达的点不走即可。
T3：解方程
首先，阿贝尔告诉我们，五次及以上的方程就没有求根公式了，所以只能考虑枚举。
m的范围是≤100000，如果从1枚举到m，再使用高精度计算并判断是否为0，会大T特T。
这时候要考虑取模了：
如果f(x)=0，那么f(x) mod p必然也等于0。虽然这个结论反下并不成立，但是如果你多取几个质数p作为模数，那么f(x)=0的几率会变得很高。
这样你就避免掉了高精度计算，由于每次计算f(x)的复杂度是O(N)，所以总时间复杂度O(NM*质数的个数)，仍然会T。
这时候你要再卡掉些无用的计算：你会发现，f(x) mod p=f(x+k*p) mod p
也就是说，如果一个f(x) mod p!=0的话，那么f(x+k*p) mod p也一定不等于，直接排除x+k*p这个解。
这样一来，计算量会小很多，就可以A掉此题了。
