T1.淘汰赛制
比赛时的淘汰赛制，给出每两个球队比赛的胜率，求出最终胜率最高的队伍。
这题的概率真的很难算啊感觉。。。一开始打的代码打下来就是用f[i][j]表示i场比赛后第j人还在场的概率。不难看出这是一棵树形的状态树
那么可以看出，每次比较的区间长度是2n，那么可以通过枚举左端点来确定区间。确定区间后，f[i][j]=f[i-1][j]*sum(f[i-1][k]*a[j][k])
T2.种树（trees）
有长度为n的区间，有h个要求，每个要求为[b,e]内至少标记t个数，求最少标记数。
贪心吧。。。
一种做法是先把区间按e，b排序，然后先满足e小的需求，尽量往e靠，每次先计算此区间内已被标记的，然后标记未被标记的直到满足条件，最后扫一遍计算被标记的数；
另一种做法是类似的，每次标记后，搜索后面的区间，如果当前标记点在那个区间内，则减少那个区间的要求量，重复动作直到当前区间需求减少为0。每次检查新区间的时候就把要求量加入ans，最后输出ans即可。
由于第一个做法较简单，第二个较难描述，所以放一下第二种做法的代码。
#include <iostream> #include <cstdio> #include <algorithm> using namespace std; struct request { int b,e,t; bool operator < (const request &xx) const { return e==xx.e?b<xx.b:e<xx.e; } }q[5011]; int n,h; int v[30011]; int main() { freopen("trees.in","r",stdin); freopen("trees.out","w",stdout); cin >> n; cin >> h; for (int i=1;i<=h;i++) { cin >> q[i].b >> q[i].e >> q[i].t; } sort(q+1,q+h+1); int cnt=0; for (int i=1;i<=h;i++) { if (q[i].t>0) { int pos=q[i].e; cnt+=q[i].t; for (int j=1;j<=q[i].t;j++) { while (v[pos]) pos--; v[pos]=1; for (int k=i+1;k<=h;k++) if (q[k].b<=pos&&pos<=q[k].e) q[k].t--; } } } cout << cnt << "\n"; }
T3.软件开发（software）
有两个项目各有m个步骤，由n个人来完成，每个人完成同一任务的一个步骤时间不变，求出完成的最少时间。(题目给出了每个人完成这两个任务的时间)
一看感觉题目有点熟悉，然后就开始dp。一开始的状态是f[i][j][k]，表示前i个人完成第一个任务的j个步骤，第二个任务的k个步骤所需的最短时间。打了五重循环然后发现是错的，因为每个人的效率是不同的。所以没有交，换了一种打法。
先二分时间，然后就是判断这个时间下是否可行了。判断也是一个dp的过程，f[i][j]表示前i个人做了第一个任务的j个步骤时，还能做第二个任务的步骤数。f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][k]+(t-(j-k)*d1[i])/d2[i])
(d1[i],d2[i]分别表示第i个人做两个任务的一个步骤的时间)。如果最后f[n][m]>=m就表示可行。
如此就能AC了。
（但是第一遍为什么只有40分呢？这就和我当时处理f[1][j]的时候不谨慎有很大关系了，还有一处错就是我把j*d1[i]>t的情况全部舍去了，就把一些情况漏掉了。。。）
