动态规划:课上所讲跟我原先开始预习时对于它的理解不一样，思路和代码实现的方法都很不一样，所以开始时造成了一定困难。学习思考过后，才将自己的思路纠正过来，也加深了对动态规划定义的理解。
现在看来：
1.DP的关键在于找到状态转移方程，枚举子问题的各种可能情况，再进行计算（对于金币那题就是根据走过路径更新各个位置上的金币数）。
2.当前每一个状态都会影响下一个状态的决策，并且都是根据状态转移方程进行的。子问题的最优值便是源问题的解。
3.子问题的结构和源问题的结构是一致的。
4.DP好像和分治法类似，然后我去稍微看了看，只是简单了解。对于子问题重复计算引起的复杂度区别。
求解步骤：
1.将问题拆分。
2.定义问题状态和状态之间的关系。
3.将每个状态最优解保留下来，为了在下一步推导时使用前一步的最优解，过程中必然舍去相比较的差解。
（这些都是理论知识，大致框架，最重要的还是分析题目）
之前我认为，一个动态问题可以分成若多个子问题，得到各个子问题的最先值，那么开始时如何规划便显而易见。
1.比如那个吃金币的问题，我的思路是反正这个人都会从左上端走到右下端，那么便从右下端开始考虑问题，分析从哪里走到这金币最多，然后用下方的金币逐层更新上方的金币，当更新到离起始位置只剩一格时，那么往哪里走便很明显，起始位置便是最大金币值。
收获：我开始这个思路没有问题，当然其实复杂度是一样的。我开始的想法比较麻烦，多此一举，此题真的没必要逆向考虑，但还是要有这种思想。
我的思路敲出的代码：
int a[10005][10005];
int main()
{
memset(a,0,sizeof(a));
int m,n,s;cin>>m>>n;
for(int i=0;i<m;i++)
{
for(int j=0;j<n;j++)
cin>>a[i][j];
}
for(int i=m-1;i>=0;i--)
{
for(int j=n-1;j>=0;j--)
{
a[i][j]=max(a[i+1][j],a[i][j+1])+a[i][j];
}
}
cout<<a[0][0]<<endl;
return 0;
}
课上思路：
int a[10005][10005];
int main()
{
int m,n,s;cin>>m>>n;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
cin>>s;
a[i][j]=max(a[i-1][j],a[i][j-1])+s;
}
}
cout<<a[m][n]<<endl;
return 0;
}
2.然后是最长子序列问题。给出一个数组序列，然后无关乎坐标，得到一个最大长度的子序列
我的思路：开始我并没有将他当作一个动态数组问题，而是用一种贪心思想。先找到最大位置的下标，然后往前遍历，记录一共多少个数比它小，然后加1。之所以取最大数，是因为这样能保证有足够多空间的数比他小，比如9，就会有1-8这段空间，有更大可能取得最长序列。之后我发现，9有可能在序列的前面位置，便改进了思路，n个数共取n次最小值。
然后看完课上代码，发现大致思路相同，不同点在于不必要每次取最大数了，因为反正都要取n次，所以每次取最大值便没了意义，便简化了思路，代码也更容易写出了。
DP .T题收获：
（此题虽不难，但我wr了4次，超时2次，提交错误1次，最后才ac，其实代码都是一样的，就是细节没做好，所以同样的代码距离能够ac有时只是一些细节的完善）
1.ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);这段加快输入的代码我开始没有重视，结果发现非常有效，同样的代码快了将近500 ms。最好放到main函数的开头位置。
2.从子序列末尾找到子序列的开头位置。若不同子序列有相同的结果，去掉break，便是找到第一个这样的子序列。
for(int i=g;i>=1;i--)
{
temp+=a[i];
if(temp==maxn)
{
s=i;
break;
}
3.最长公共子序列的问题。题目：两个字符串，找出公共部分的数量。----->>>这题代码和思路其实我都听懂了，但总感觉差点什么。最后明白是差了分析这个问题的方式，这种方式是老师上课没有提及的。
收获：将整个求解过程用一个最优决策表来描述，行表示决策的阶段，列表示问题状态，表格需要填写的数据一般对此问题在某个阶段某个状态下的最优解，填表的过程就是根据递推关系填写表格。而本题可制作一个二维表格，列是字符串A的元素，行是字符串B的元素，填写表格，在第i行第j列下的数字便是当前最大公共字符数。
总结几道codeforces上的题目：
一. D . Epic Transformation
大致题意：给定一个数组，每次删去两个不同的输，问这个数组最少剩下几个数。
我的思路：第一下就想到了要用优先队列，每次将最大一个数pop，然后将优先队列进行遍历，若有一个和最大值不一样的，便在队列中删去这个数；然后再取一个最大值，删去一个不一样的。最后可能情况：pop出的的最大值和队列内的数一样，或者队列为空。但是遇到几个问题。
1.不知道如何对优先队列进行遍历操作。之后了解到只能用循环不断的pop，和push。
2.优先队列好像无法删除队列内某个特定的元素。
收获：最后发现这个思路其实行不通，有个样例通不过。删除的一对元素是需要组合的，不能随意删除两个不同的元素。最后，只能去看别人写的代码，其实思路对了一半，确实要用到优先队列，但要配合map进行使用。我照着别人的思路敲了一遍，发现自己还是不会用map，对它的一些操作还不熟。包括要使用到的迭代器，虽然没系统学过，但这也不是理由，简单了解下来已经大致会用，算学到了。
int main()
{
int t;cin>>t;
while(t--)
{
int m,n;cin>>n;
map<int,int>cnt;
for(int i=0;i<n;i++)
{
cin>>m;cnt[m]++; //以数组形式对map进行存储，first是这个值，second是这个数出现的次数
}
priority_queue<int> q;
map<int,int>::iterator it; //学到的迭代器，和指针好像类似
for(it=cnt.begin();it!=cnt.end();it++)
{
int r=it->second;
q.push(r); //将second存入优先队列q；
}
int ans=0;
while(q.size()>=2)
{
int a=q.top();q.pop();
int b=q.top();q.pop();
ans+=2;
a--;b--; //每次取出出现次数最多的数进行消除
if(a) q.push(a);
if(b) q.push(b); //再次存入
}
cout<<n-ans<<endl;
}
return 0;
}
然后我又发现了一个更好，更精妙的方法，既不要用到priority_queue也不要用map，直接找出消除数字的规律来，只要用组循环便可解决问题。但这个方法巧妙，便意味着很难想到。事情就是这样，想省力就要找到多花心思；不想探究更多，便要多出力。
思路：将数组升序排列，将第一个数，和比它大（n/2+1）的数进行组合消除，非常巧妙，虽然我也不知道什么原理，但就是能ac。
int a[200005];
int main()
{
int t;cin>>t;
while(t--)
{
int n;cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++)
{
cin>>a[i];
}
sort(a,a+n);int num=n;
for(int i=0;i<n/2;i++)
{
if(a[i]!=a[(n+1)/2+i]) num-=2;
}
cout<<num<<endl;
}
return 0;
}
二 .A. GCD Sum
这题是div.2的第一题，所以我是ac的。便大致总结一下：就是将一个数和它各个位上数的和取最大公约数，不为1即可，可进行递增。我用了两个普通函数，一个求各个位上的和，一个求最大公约数（当时想到可用递归来加快运行速度，虽然不是很理解，但也能大体写出）
收获：最大公约数的递归，便当做学习递归的起点，开始吧。
int gcd(ll a,ll b)
{
return b==0?a:gcd(b,a%b); // 最大公约数的递归
}
三.B. Box Fitting
第二题，这题一直困扰了我很久。
大致题意：往一个大箱子里装盒子，盒子高度都为1，长度不等，给定大箱子的的长度w，问最多需要装几层---->>>我看出这是个贪心的问题。第一个想法是觉得这题和那个装包裹的题很像，凡是大于w/2长度的高度累加1，剩下的空间放那些小的，将小的排好序，慢慢放进去。但是这样做很麻烦。----->>>于是想到先将这些小箱子降序排列，先放一个大的，再从末尾挑小的放进去，直到放不下为止，然后高度+1，再放一个大的，重复此操作。这样思路更清晰，代码也更好写。---->>>然后又发现了一个特别好的方法。又是要用到优先队列，先将数组从大到小排好序，将（w-数组末尾元素值），也就是剩余空间，放入优先队列，不断的放和更新，直到出现一个数组元素大于这个剩余空间，高度累加1。很精妙！！
以上这就是本周的感悟和收获。虽然本周没有要求写总结，但我还是写了4000多字，也算是警醒自己：有些事情有时，需要一个理由；而有些事情，仅仅是因为想做。