说在前面

emmmm这次考试啊，真的是爆炸了，炸的连渣都不剩，顿时觉得自己的DP已经弱的不能再弱了QAQ

首先是看成绩：

这个真的是炸的超级惨啊，直接GG……rank6-30分 :s

说说是为什么炸掉的，主要是T1，T1其实是非常简单的一个区间DP，自己在考场上面也是想到了的，但是当时苦于推DP式子，我还是对DP的理解不是太深，主要是没有想到状态转移的实质是什么。区间DP是如何完美转移式子的，还好想到了，但是写挂了。

式子是对的，但是状态转移错了，犯了一个不该犯的错误，F[i][j]在不断更新是建立在自己原来的值的，每次找到比F[i][j]更优的解然后更新，但是我转移都是当前转移方式的最优值，我的DP要重修了。

然后就是T3的暴力没写，其实是很简单的。

然后说说考试状态吧：

感觉这是一个非常失败的考试时间安排，对的超级失败。自己首先拿到了题目，然后看T1，看完题没有任何思路。然后继续看T2，找到了一些思路，但是实际上这个思路是错的，很容易就可以找到反例来推翻，但是也没有去找反例来验证结论的争取性……
于是我就快速写了错误的T2，然后开始看T3，这时候节奏还是不错的，发现T3可以用暴力写，但是自己更倾向于找正解，推了一个小时方程推不出来，这时候帆神已经写完T1开始写T2了，说T1非常简单。就有些慌了，赶忙看T1。想了想区间DP的模型，然后慢慢的推出了正解（虽然小小的错误导致了爆零）。写完T1之后和帆神对拍T2，完美打脸。
然后自己开始狂推T2，推了半个小时推不出来，慌忙写了30分的暴力，然后继续推，继续推，继续推。感觉这是我整场考试最大的败笔，T2自己的思路是错误的，但是自己一直在错误的思路上走，在错误的代码上面改，最后一直到考试结束也没有写出来。大约总共花费了2个半小时的时间
其实当时写出来了T2的暴力之后，看到时间不多而且推了很久应该调整思路或者直接写T3的暴力，自己还是太过于追求满分了，但是实际上在T2的思路上自己是错误的……有时候应该做出来取舍，虽然狂推T2有可能拿到100分，这可比T3暴力的30分高多了，但是如果一开始就错了，或者写挂了，那么就是0分了。我认为以后考试应该稳一些，宁可少拿分也不能不拿分。

最后改了T1之后拿到了130分……这要是NOIP岂不是真的GG……

关于题解，emmmmm 给你好了：

T1-狼

题目描述：

在某个游戏中，你接受了一个任务。这个任务要求你消灭𝑛只狼。这些狼排成一排，每只狼都有两个攻击力𝑎和𝑏。如果你消灭一只狼，需要的代价是这只狼的𝑎攻击力加上它旁边的狼的𝑏攻击力。每消灭一头狼，它两边的狼（如果有）会并在一起，仍然保持一排。你需要求出：消灭所有狼的最小代价。

输入：

输入第一行为一个正整数𝑛。输入第二行为𝑛个非负整数，按顺序表示每只狼的𝑎攻击力；
第三行为𝑛个非负整数，表示每只狼的𝑏攻击力。

输出：

输出一行一个整数，为最小的代价。

题解：

这个区间DP还是非常非常的简单的，emmmm，只不过自己已经很久没有写过DP了，然后有些不熟练，看来专项练习还是很有必要的……
这道题需要设置状态F[i][j]为从i到j的狼全部消灭需要的代价(边缘代价不计)，然后我们可以从最开始的区间开始不停地合并，从长度为1开始不停枚举，然后枚举起始位置和合并方案。这里合并是两个区域合并成一个大区域，这里合并是分先后顺序的，也就是先消灭不同区域需要的代价是不一样，需要两个都计算一下，然后选出最小的，就是这两个区域合并的最小代价，注意，这里说的最小代价是从i到k和k到j的两个连续区域的合并的最小代价，而并非从i到j的代价，从i到j有很多种方案，是需要去最小值的。
代码就放在下面了，虽然没有人看，但是……留下来吧。

代码：

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cctype>
using namespace std;
int n,a[2000],b[2000];
long long F[500][500];
long long First,Second,Third;
int main()
{
    freopen("wolf.in","r",stdin);
    freopen("wolf.out","w",stdout);
    memset(F,100,sizeof(F));
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>F[i][i];
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>b[i];
    for(int k=2;k<=n;k++)
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int j=i+k-1;
        if(j>n) break;
        for(int l=i;l<=j;l++)
        {
            First=F[i][l]+F[l+1][i+k-1]+b[i-1]+b[l+1];
            Second=F[i][l]+F[l+1][i+k-1]+b[l]+b[i+k];
            Third=min(First,Second);
            F[i][j]=min(Third,F[i][j]);
        }
    }
    cout<<F[1][n]<<endl;
}

T2-斐波那契数列

题目描述：

斐波那契数列𝐹满足如下性质：𝐹- = 1, 𝐹0 = 2, 𝐹230 = 𝐹23- + 𝐹2。对于一个正整数𝑛，它可以表示成一些不同的斐波那契数列中的数的和。你需要求出：有多少种不同的方式可以表示出𝑛？

输入：

输入文件中有多组数据。第一行为一个整数𝑇，表示数据组数。接下来𝑇行，每行一个正整数𝑛。

输出：

输出𝑇行，为𝑇组数据的答案。

题解：

这道题真的是DP啊，不过看起来思路和我的思路差不多QAQ，只不过是用DP的形式表示出来，DP的状态转移可以全面的完整的把所有的状态记录下来，所以说，以后做题多想想DP式子，DP还是很重要的！！！
然后这道题的神奇之处就是在于状态的设置上面，我们可以利用贪心的定理，把这些数化为斐波那契数列组成的，转化的时候要求大的尽可能打，也就是从大到小枚举斐波那契数列，然后能化就化。然后a[i]表示第i次化成斐波那契数列是是斐波那契数列的第几项。
接下来设置状态，DP[i][1]为第i次化为斐波那契数列时，a[i]这个位置选择的时候的方案数，DP[i][0]为不选择的状态。然后我们就从后往前推：

DP[i][1]=DP[i+1][0]+DP[i+1][1];
DP[i][0]=(a[i]-a[i+1])/2*DP[i+1][0]+(a[i]-a[i+1]-1)/2*DP[i+1][1];

emmmmm状态的起始状态为DP[Max][1]=1,DP[Max][0]=(a[max]-1)/2;

代码：

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cctype>
using namespace std;
long long T,n,Fib[2000];
long long a[2000],Now;
long long DP[2000][10];
int main()
{
    freopen("fibonacci.in","r",stdin);
    freopen("fibonacci.out","w",stdout);
    cin>>T;
    Fib[1]=1; Fib[2]=2;
    for(int i=3;i<=88;i++)
    Fib[i]=Fib[i-1]+Fib[i-2];
    while(T-->false)
    {
        cin>>n;
        Now=false;
        memset(a,false,sizeof(a));
        memset(DP,false,sizeof(DP));
        for(int i=88;i>=1;i--)
        if(n>=Fib[i])
        {
            n-=Fib[i];
            a[++Now]=i;
        }
        DP[Now][1]=true;
        DP[Now][0]=(a[Now]-1)/2;
        for(int i=Now-1;i>=1;i--)
        {
            DP[i][1]=DP[i+1][0]+DP[i+1][1];
            DP[i][0]=(a[i]-a[i+1])/2*DP[i+1][0]+(a[i]-a[i+1]-1)/2*DP[i+1][1];
        }
        cout<<DP[1][1]+DP[1][0]<<endl;
    }
    return 0;
}

T3不会写就不写了QAQ