SRM 598 DIV1

A

　　只有3种情况:200以上的单独装,3个100的装一起,某两个u,v装一起且u+v<=300,

　　所以做法是从大到小判断每个大小的最大能与它装一起的是谁,最后剩下100的特判.

B

　　第一轮如果未分出胜负,考虑一种情况:

　　mov1 >= mov2, 先手至少不会输.

　　再判断赢的条件, 设d=mov1-mov2, 先手每一轮结束后可以保证每次距离缩短[1,d],但同时

　　先手要保持一个安全距离safe以保证不会被后手反击:

　　safe >= mov2+rng2,

　　所以当 safe + mov2 <= mov1+d时先手必胜,否则平局.

　　后手的推理类似.

 string FoxAndFencing::WhoCanWin(int m1, int m2, int r1, int r2, int d)
 {
     if (d<=r1+m1) return "Ciel";
     else if (d+m1<=r2+m2) return "Liss";
     else if (m2==m1) return "Draw";
     else if (m1>m2)
     {
         if (r1+m1-*m2>r2) return "Ciel";
         else return "Draw";
     }else
     {
         printf("%d+%d , %d\n",r2,m2,r1);
         if (r2+m2-*m1>r1) return "Liss";
         else return "Draw";
     }
 }

C

　　首先发现一个性质: 如果某节点x有cnt个孩子,那么往下递归至少有cnt-1个子树存在标记,

　　这样才能保证x的子树都被识别,根据这条性质设计dp[i][0/1]即可.

　　但是仅仅这样dp会发现最后结果有一条从根到某叶子的未被标记的链,这条链的某些点可能不会被识别,

　　为了修正这个问题,可以强制根被标记,换句话说,可以枚举某个被标记的点为根.

　　

 #define maxn 51
 class TPS {
 public:
     int minimalBeacons(vector <string>);
 };
 int dp[maxn][],n,cnts[maxn];
 int dfs(int cur,int must,int fa,vector<string> e)
 {
     int sum=,tmp,res;
     if (dp[cur][must]!=-) return dp[cur][must];
     if (cnts[cur]==) return dp[cur][must]=must;
     for (int i= ; i<n ; i++ ) if (e[cur][i]=='Y' && i!=fa)
         sum += dfs(i,,cur,e);
     tmp=sum;
     for (int i= ; i<n ; i++ ) if(e[cur][i]=='Y' && i!=fa)
         tmp = min(tmp,sum-dp[i][]+dfs(i,,cur,e));
     if (must && cnts[cur]==) res = sum;
     else res = tmp;
     if (fa==-) res++;
     return dp[cur][must]=res;
 }
 void initson(int cur,int fa,vector<string> e)
 {
     for (int i= ; i<n ; i++ )
     if (e[cur][i]=='Y' && i!=fa)
     {
         cnts[cur]++;
         initson(i,cur,e);
     }
 }
 int TPS::minimalBeacons(vector <string> e)
 {
     n = e.size();
     int ans = n;
     for (int i= ; i<n ; i++ )
     {
         memset(dp,-,sizeof(dp));
         memset(cnts,,sizeof(cnts));
         initson(i,-,e);
         ans = min(ans,dfs(i,,-,e));
     }
     return ans;
 }