今天是参加讲授的第一天。上午主要学习了一部分的DP选讲和线段树的运用，下午是练习测试。这里将今天所学的知识点做一个清理和总结消化。
上午 - DP选讲
Part 1
酱神寻宝(CDOJ1141)
题意：
酱神来到了一座小岛，岛上有n个箱子。一共有3中不同的钥匙，金钥匙、银钥匙和万能钥匙。酱神一开始有a把金钥匙、b把银钥匙和c把万能钥匙。第i个箱子上有xi把金锁，yi把银锁。金钥匙只能打开金锁，银钥匙只能打开银锁，万能钥匙两种锁都能打开。用于打开锁的钥匙会立刻损坏，酱神会丢掉损坏的钥匙。箱子里有ai把金钥匙、bi把银钥匙和ci把万能钥匙，想要取出箱内的钥匙必须要打开这xi+yi把锁。酱神的目的是使他拥有的钥匙总数最多。一旦酱神认为自己已经拥有了最多的钥匙，他就不会去开剩下的箱子了。
思路：
金钥匙和银钥匙都具有指定性，只能打开特定的锁。所以在相同的情况下，我们尽可能地保留万能钥匙（贪心策略）。
则将这个策略运用于DP，我们定义状态为 dp[st][j] 。st是一个二进制数，利用状压保存了箱子的状态，1表示该位对应的箱子已经打开，0表示还没有打开。j保存的是当前酱神持有的金钥匙的数目。dp储存了当前酱神持有的最多的万能钥匙的数目。而银钥匙可以通过金钥匙数目、万能钥匙数目和st的状态计算得到。
每次状态转移时，从st中枚举当前为零的位数（宝箱编号），依次置一，从而得到新状态。
Part 2
Where is Bob(HDU5208)
题意：
Alice从[l1,r1]中选出一个数字x，JSL看到这个数字之后从[l2,r2]中取出一个数字y（y可能和x相同）。最后他们计算出数字z=x⊕y（⊕为异或运算）。Alice希望z尽可能大，而JSL希望z尽可能小。Alice和JSL都很聪明，那么z最后会是多少？
PS：如果a、b两个值不相同，则异或结果为1。如果a、b两个值相同，异或结果为0。
思路：
游戏存在明显的先后顺序，Alice已知JSL是会尽可能地选一个数使z变小。所以我们可以想出暴力程序：首先枚举 i ，表示Alice能选择的数 ( l1 ≤ i ≤ r1 )；而后枚举 j ，表示JSL能选择的数( l2 ≤ j ≤ r2 )。则每次在(r2 - l2)个 j 中选出能使z最小的 j (此处模拟了JSL的选择)，然后在(r1 - l1)个 i 中确定出能使z最大的 i (Alice的选择)。从而得到要求的z。不过这么做，复杂度很高，是O(n²)。
正解是DP，利用位运算。每次从高位决策（因为高位比低位权重更大，即在高位置一、低位全置零的效果大于高位置零、低位全置一），分别缩小两人所选的数的上下界。定义dp[i][l1][r1][l2][r2] ，i 表示当前操作到了第 i 位，l1 和 r1 分别是Alice能选择的数的下届和上届，l2 和 r2 分别是JSL能选择的数的下届和上届。dp中储存了最后的价值z的具体值。
状态转移时，每次逐位决策。首先是Alice拥有主动权，如果上下界允许，我们的第 i 位可以在0和1中决策（即Alice通过对JSL的选择的预测决定自己选择的最优（即z最大））。
如果选1，则上界的所有比 i 低的位数全部置零；反之，如果选0，下届所有比 i 低的位数全置一。这样可以不断缩小上下界的范围。而后轮到JSL，JSL会尽可能地选择与Alice不同的数，则我们对他的上下界也进行相同的操作。直到最后经过末位，得到确定的上下界和z的值（即dp[0][l1][r1][l2][r2]的值）。
Part 3
酱神的旅行(CDOJ1140)
题意：
酱神要去一棵树上旅行。酱神制定了一个旅行计划，他要按顺序去m个树上的结点，a1,a2,a3,...,am。酱神有一辆车，树上的每一条边既可以开车通过，也可以走过去，两种方法需要不同的时间。如果选择走路，酱神需要先把车停在结点上，在他下一次要开车的时候，必须先回到停车的结点取车。酱神和他的爱车一开始都在a1结点上，酱神要依次访问完这m个结点最少需要多少时间。
思路：
首先这题看上去像是一道树形DP，似乎需要按照树的路径进行遍历。但实际上需要去的节点的顺序是规定了的，也就说酱神的旅行是有规定的路径的。所以先暴力dfs将路径求出来，保存在数组中，再到数组里进行DP。定义状态dp[i][j]， i 表示当前酱神在第 i 个节点，j表示是否有车，dp表示在 i j 描述的情况下的路径最小值。则针对第 i 号节点的更新有两种选择，第一是当前没有车的情况，则dp[i][0] = min(dp[i - 1][0] , dp[i - 1][1]) + walk_cost[i];而当前有车的话，又要分两种情况讨论，一种是当前有车是有 i-1 开车到达 i 节点（dp[i][1] = dp[i - 1][1] + car_cost[i]）,另一种是之前没有车到达 i 节点时捡到了车。针对捡到了车的情况，能在 i 捡到车，一定是在之前将车停在了与i相同的点上，而且该点一定在i-1的根节点上，但是经过的与i相同的点可能有多个，我们将其记为j1,j2,j3……jk。则我们可以维护一个前缀和sum[i]，表示走路到前第i个点的代价。则有dp[i][1] = min (dp[jk][1] + sum[i] - sum[jk])