Mato is No.1

@import url(http://www.cppblog.com/CuteSoft_Client/CuteEditor/Load.ashx?type=style&file=SyntaxHighlighter.css);@import url(/css/cuteeditor.css); @import url(http://www.cppblog.com/CuteSoft_Client/CuteEditor/Load.ashx?type=style&file=SyntaxHighlighter.css);@import url(/css/cuteeditor.css); 【Day0】
不说了囧……

【Day1】
meow：
k=2：先将这N个d维向量组成一个N*d的矩阵A，则A*A^T&e1;i&e3;&e1;j&e3;(mod 2)就是向量i•向量j(mod 2)，因此问题有解当且仅当A*A^T不是全1。
随机1*N的向量v，看(v*A)*A^T是否等于v*(N*N的全1矩阵)，如果A*A^T不是全1那么期望试两次就可以得到不等的结果。（如果试了10次都是相等，就视为无解）
如果两边的乘积不等，则找到那个不等的列，设为第i列，则必然存在一个解包含向量i，枚举另一个即可。时间复杂度O(Nd)
k=3：计算(A*A^T)&e1;i&e3;&e1;j&e3;²(mod 3)，即(Σ(x_ik*x_jk))²，即Σ(x_ik1*x_ik2*x_jk1*x_jk2)(mod 3)，对每个向量构造一个d²维向量，为之前的每个向量各维两两相乘的结果，则转化为k=2的情况（只不过将mod 2改为mod 3），时间复杂度O(Nd²)，常数小一点（比如少算mod）可以卡过去。

count：
（正解需要某些很奇怪的性质，本沙茶看不出来，只会85分的）
递推，设F&e1;i&e3;&e1;j&e3;和G&e1;i&e3;&e1;j&e3;表示某层是BFS序列的&e1;i..j&e3;这一段，树的总高度和树的棵数（所求平均值即为F&e1;i&e3;&e1;j&e3; / G&e1;i&e3;&e1;j&e3;）。
则枚举k，若k满足一定条件，则F&e1;j+1&e3;&e1;k&e3;+=F&e1;i&e3;&e1;j&e3;+G&e1;i&e3;&e1;j&e3;，G&e1;j+1&e3;&e1;k&e3;+=G&e1;i&e3;&e1;j&e3;。
问题是这个“一定条件”是什么（最难搞的地方囧）
第零，BFS&e1;j+1..k&e3;这一段的各个结点在DFS序列中的位置递增（这个很显然）。
第一，BFS&e1;j+1..k&e3;这一段的各个结点在DFS序列中的位置之前都必须有在BFS&e1;i..j&e3;范围内的结点，作为它的父结点（这个也很显然）；
第二，DFS序列中，所有在BFS&e1;i..j&e3;范围内的结点的下一个位置如果不是在BFS&e1;0..i-1&e3;范围内的，就必须是BFS&e1;j+1..k&e3;范围内的，因为这表示它的第一个子结点（这个灰常难想到！！！！！！！！！！！！！！！本沙茶就挂在这里了囧……）
对于第零和第一，实际上是给出了k的上限，枚举k时不符合这个条件则退出，而第二则是给出了k的下限（所有的“下一个位置”要填满才能算）；
此外，F和G要用long double（double也会爆，不用担心精度，本沙茶当时还在如何维护平均值的问题上纠结了很久……）
这个做法是O(N³)的，但加上那些优化就可以85分了囧……
（本沙茶当时想到这个做法了，也想到了第零和第一，但木有想到第二，结果挂了……要是真得到85分，总分254，稳的rank1了……真悲剧，真悲剧，真悲剧，真悲剧，真悲剧，真悲剧，真悲剧，真悲剧，真悲剧，真悲剧，真悲剧，真悲剧，真悲剧，真悲剧，真悲剧，真悲剧……）

train：
史上最水的提交答案……整个就是个NOIP普及组难度的题……
首先分析数据就不难发现这10个点其实是一种模型：
一开始有若干元钱（用变量v 2表示）。
有若干个大块，每个大块可以选择进或者不进，如果进，就要付出一些钱，如果不进，就自动跳转到后面的某个大块。
在每个大块里有若干个（不超过25个）小块，有1或10个变量，每个小块也可以选择要或者不要，如果要，就对所有的变量各加上一个效果值（可正可负）。
目标是所有变量的绝对值之和最大（每个大块末尾会结算一次，然后将所有变量的值清零）
首先每个大块内选哪些小块可以暴力枚举，然后得到最大的总绝对值，设为val&e1;i&e3;（i为大块编号），设如果不进第i个大块，跳到的大块编号为B&e1;i&e3;，第i个大块付出的钱为V&e1;i&e3;。
而大块之间就是一个类似于01背包的模型，设F&e1;i&e3;&e1;j&e3;表示到达第i个大块（尚未作出选择）时，用掉了j元钱的最大总效果值，用F&e1;i&e3;&e1;j&e3;更新F&e1;B&e1;i&e3;&e3;&e1;j&e3;，若不超过一开始的总钱数则用F&e1;i&e3;&e1;j&e3;+val&e1;i&e3;更新F&e1;i+1&e3;&e1;j+V&e1;i&e3;&e3;，要实时保存最优决策。
输出的时候注意一下，那里面有几个点，当钱不够时会自动选择不进当前大块，木有必要作出选择了。

至此Day1完挂。

【Day2】
matrix：
矩阵乘法，十进制快速幂。没了。

penman：
比较猥琐的DP题……
重点是这个：所有的图形都可以拆成单列，一列一列地弄（本沙茶太弱了，这个都木有想起来），然后就是三维DP。
N：设F&e1;i&e3;&e1;j&e3;&e1;k&e3;&e1;st&e3;表示第i列，上下边界分别为j、k行，状态为第st个部分（第0部分为最左边一竖，第1部分为中间若干块，第2部分为最右边一竖）的最优解，计算好一列之后求出一大堆辅助值，就可以使下一列O(1)算出了。
I：设F&e1;i&e3;&e1;j&e3;&e1;k&e3;&e1;st&e3;表示第i列，上下边界分别为j、k行，状态为第st个部分（第0部分为那一竖的左边，第1部分为那一竖，第2部分为那一竖的右边）的最优解，不需要辅助值，直接求即可；
O：可以DP，但更好的办法是枚举左、右、上边界，然后扫描，说它更好是因为知道了左右边界，可以直接引出左边的N和右边的I的最优解。
具体实现的时候细节很多……真折磨人。还有要注意为节省空间，F数组要对i这一维滚动。

foodshop：
首先这是个无向环套树（关于这方面的总结见这里）
枚举开店的那条边，如果是树边，求出该边的较下结点往下的最大长度dist1，以及往其它结点的最远距离dist2，则结果即为min{dist1+x, dist2+L-x}，满足0<=x<=L，L为该边长度。dist1求法不说了，dist2分为两部分，树内的，可以转化为经典DP模型“树的中心点”；树外的，先求出环上的每个结点往树中走的最大长度，作为这个结点的权值，然后就转化为一个带边权和点权的环，对于每个点i，求出max{i、j距离+j的权值}（j为环上的点）的值，这个值可以通过在环上扫描的方法求出：设G&e1;i&e3;为第i个点出发，逆时针走更优的位置最远到哪里。逆时针扫描这个环，然后所有的G就可以在线性时间内求出，求出G后，对每个点分别求出其逆时针更优区与顺时针更优区内的最大值（可以在扫描过程中用线段树维护），即可解决这个问题。
如果开店的边在环上，设其两端点为i、j（i->j为逆时针方向）。很容易发现，如果在这条边上开店，则j的逆时针更优区内的所有点一定是逆时针到这个店更近，i的顺时针更优区内的所有点一定是顺时针到这个店更近，而其它的点则需要额外判断一下是顺时针更近还是逆时针更近（总判断次数为线性）。这样也可以借助线段树在扫描过程中求出每条环边的顺、逆时针更优区，从而转化为与树边的问题一样的模型。时间复杂度O(NlogN)。
不过，对于环边，还有一种更简单的做法（Orz @hza）：
二分最远距离（即结果）D，然后对于环上的所有点，找到这个环上到这个点距离大于（D-这个点树里的最大深度）的点集合（显然是连续的一段弧），对所有点的这种弧求并，如果能覆盖整个环，则最优解<D，否则最优解>=D。

本沙茶Day2全暴力，只拿了暴力分……对付繁琐题的能力太弱了，代码量一大就悲剧……
（后来发现，foodshop的暴力都写疵了囧……枚举开店的边后应该用SPFA求最短路，因为删掉的可能是树边，剩下的不是树……不过数据弱，木有出现这种情况囧……）

至此NOI2013完挂。
———————————————————————————————————————————————————
【总结 && 一些感想】
从上面可以看出，本沙茶在NOI2013中使用的算法都是NOIP普及组以内难度的囧（matrix的矩阵乘法可能略高级一些，但显然也不能超过NOIP难度）……
这些算法都是本沙茶在2009年以前就搞懂的，也就是说，后4年掌握的所有算法，这次都木有用上……
最后一次NOI，竟如此富有戏剧性……居然只考普及组算法……
图论、高级数据结构、字符串、几何、数论、组合……这次都木有考，这也是NOI历史上的一个“创举”了囧……
但尽管如此，本沙茶在此次NOI中仍然暴露出了诸多问题……并不是比赛技巧问题，而是平时埋下的祸根……
想题不够灵活，找不出题目隐藏的特殊性质，特殊情况考虑不清楚，写代码速度太慢……这些都是平时不好好做题，天天颓废的结果……
因此，这次挂掉，也是理所应当的事……