收获：
尼姆博奕：看了好多博客，开始还是比较容易理解，深层面的较难看懂，尤其是尼姆博奕的变型，还有后面涉及SG打表那一块。总结一下自己的认识,简单的跳过。
先看奇异局势，（s[1],s[2],s[3]…… s[n]）,逐步进行异或运算。
若结果为0：那么先手必败；若不为0，那么先手必胜。(也就是说面对奇异局势的人必输）

阶梯博弈算法（尼姆博弈进阶）：啃了两三天，头都晕了，证明过程也看的迷迷糊糊。
题目形式：一个楼梯上每层都放有一些石子（硬币也可），每回合将i台阶上石子移动到（i-1）阶上，最后无法移动的输，也就是其他阶都为空，移动第一阶得人赢。
公式：所有的奇数阶上的石子进行异或运算>0,则确定是胜方。因为对于败方来说，若移动奇数阶的石子，胜方便有可将奇数阶石子异或为0，成为奇异局势；若移动偶数阶石子，胜方可将败方移动的石子往前移动，对奇数阶石子无影响。

到这里还好，可根据阶梯博弈变化的题目真的很难，看都看不明白。会继续认真看的。
举一个阶梯博弈变化的题目。一个盒子从1到n被标记，满足：
（A>B&&(A+B)%2==1&&(A+B)%3==0）,不能移动盒子的人输。
我的思路：想到了阶梯博弈，可还是不会用，发现条件可转化为(A+B)%6==3,然后举例了1到15数字的移动情况，不难发现最终都会移动到（1,3,4）这个盒子中。经查阅资料：发现要对所有奇数步盒子的礼品数进行异或运算，而所有满足奇数步盒子都满足*(A+B)%6==0或2或5*，这一步简直太难想了！！

威佐夫博弈：核心公式：（1.0+sqrt(5.0)）/2*(a-b) 大体是两堆石头，要么从一堆中取任意数，要么从两堆中取相同数目，先去玩的获胜。这里的奇异局势和尼姆博弈的很像，但没有尼姆博弈难，毕竟尼姆博弈是从n堆石头中取。
需要注意的点：
1.从一堆中取可能可以得到奇异局势。2.从两堆中取一样的石头也可能得到奇异局势。要根据题目要求灵活改变。

k倍动态减法：这个同样非常难，看了好久都还是很懵，也能看做是斐波那契博弈的变型，只是不再是两倍了。当k=1时，2的i次方都是必败点，将n化为用二进制，每次拿走最后的一个1，而对手不能拿走倒数第二个1，因为他拿的数量不能多于你拿的；当k=2时，斐波那契数列都是必败点；当k>=3时，开两个数组a[n],b[n],a[n]存的数字都是必败点，b[t]是a[1到t]所能表示的最大数，最后要使得

b[i]=b[t]+a[i] （a[t]*k<a[i]）

具体实现代码：（还没完全理解），目前还是先记住再说，适用性广

while(n>a[i])
        {
            i++;
            a[i]=b[i-1]+1;
            while(a[j+1]*k<a[i])
                j++;
            if(k*a[j]<a[i])
                b[i]=b[j]+a[i];
            else
                b[i]=a[i];
        }

记忆化搜索：看了很多资料，感觉还是难在理解递归式状态转移方程那里。
1.概念其实很好理解，搜索过程中，避免重复计算，记录一些状态的答案，在接下来状态中可以直接使用。2.记忆化搜索只是类似于动态规划，不是属于。具体是倒着的递推式动态规划。

题G:

Y题收获：题意省略
1.开一个二维数组，如果要对其中某一行进行初始化memset(dp[1],0,sizeof(dp[1]));这个代码是可以实现的，但要注意：只能初始化为0，若初始化为1或其他数，会出现乱码。
2.然后就是我的思路：首先确定要定义一个二维数组dp[i][j],想到用i来控制最大值为多少的方案数案数，j来表示具体取得末尾的数字。记录的是方案数，当i等于k时，表示最大数字为k，再从1到n遍历所有方案数累加
大致思路没问题，有些细节没想到：1.如何控制取得的数，由于题目中后一个数字要整除前一个数字，于是又要加一重循环来控制乘的跨度（1,2,3…）。问题看似处在代码实现上，其实还是思路没想好。
3.就是取模要及时，每次累加都要。一个注意点。

F题收获：给定一个字母矩阵，规定可替换的字母，要求所有字母一样的最大子矩阵的面积。（花了一个上午，弄得我心累的一题）
首先是题意：和我理解的有偏差，我并没从题目看出求面积的意思，我认为只要求出最大子矩阵相同字母的个数即可。----->>>方向上就错了，虽然自己也不太会做。
我的思路：虽然自己没思路，但也想了好久。我发现，替换的情况有很多，肯定是分类讨论。也想到了将字母全变成a或b或c，全变成a去找最大子矩阵（b，c同理），到这里是对的。然后我想直接去找字母见得关系，比如最大子矩阵a，如果左边或上边是a累加1，其实行不通，这只是在记录a的次数而已。
查了题解后,题解都看了好久才懂，很多困扰的难点都有了解释。
1.为了方便记录，用数字代替字母，出现a则标记为1；然后先只考虑纵向上a出现的次数，若a上方也是a，累加1。

2.更妙的是他计算面积的方式。因为在步骤1中考虑了纵向，接下来考虑横向就好。dp[i][j]是第i行第j个字母，所表示的值便是这个子矩阵的高，以它为中心，然后向右取比它大的，向左取比它大的，得到最大宽，计算面积取最大。是之前没见过的查找方式！！！（关键是另外开两个数组）

 for(int j=1;j<=n;j++)
       {
           while(dp[i][j]<=dp[i][l[j]-1])
            l[j]=l[l[j]-1];
       }
       for(int j=n;j>=1;j--)
       {
           while(dp[i][j]<=dp[i][r[j]+1])
            r[j]=r[r[j]+1];
       }

L - Sonya and Problem Wihtout a Legend 收获：
本题用了离散化和一些数学知识，看完资料后，才懂了一点，慢慢用到了高数知识和结论了。题意：要求用最少的步数构造一个严格的上升数组。
数学结论：如果是上升数组，肯定满足 (a[j]-a[i])>=(j-i),所以便得到 (a[j]-j)>=(a[i]-i),所以用数组b[n]存储（a[i]-i）的值，并进行排序。abs（a[i]-b[j]）为正在处理第i位时以b[j]为基准最小花费步数，而dp[i][j]为处理到第i位时以b[j]为基准总体上最小花费步数，是需要加上 上一步同样以b[j]为基准总体上最小花费步数，和同样处理到第i位时以b[j-1]为基准最小花费进行比较取最小。
构造状态转移方程：dp[i][j]=min(dp[i][j-1],dp[i-1][j]+abs(b[j]-a[i]));

4.14训练赛：
1.我负责的那道题没有过，因为忽略了一种情况，一直卡住，所以比别人少做一道题，很自责，加油吧！！！
思路：大致都是对的。两端的树就往两边倒，中间的树减去相应距离或加上相应距离不和两端的树相交，然后累加。之所以没过：非要用ans去记录才差值想着方便一点，结果把自己搞晕了，因为ans的值需要不断更新。
2.D题我的思路是找规律，规律已经快出来了，但还需要时间。队友直接模拟，我觉得也很好。卡住我们的难点：要过菜品个数进行排序（保证剩余的的菜品先进行配对，这样才能保证最多，参考样例：2 3 2）。
3.A题我们思路是完全正确的，但是代码实现上有问题，就被搁置了，没想到别人都过了，特别亏。其实代码实现也很简单，一个数找0和8，2个数两重循环枚举遍历，三位数类似。
教训：
1.有些问题是自己想得复杂，不是题目复杂，可能和心态有关，心态要放平。
2.如果确定思路正确，就不要轻易的放弃代码实现，代码是可以慢慢调的。
3.我负责那题就是我把问题复杂化，定义了一个ans记录位置

4.15训练赛：
1.一个代码实现出现了问题，整个队浪费了将近40多分钟。忽略了一个问题，如果这个‘1’是在最后出现的，那么没有一个‘0’去累加这组1的长度。难受了！

**4.16训练赛：**主要两个差距，前半段一直是领先的，后面心态问题特别着急，导致一个简单题目没做出来：另一个是H题，没写出来，和其他组的差距，要努力追赶并超越！！！
H题：
两方面原因：1.看题不仔细，看的有点快，没发现输入一栏中的条件
1<=b[i]<=2n。2.还有就是代码实现，没法将思路很好的转化。收获到一个没想到的代码实现形式。

for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            cin>>a[i];
            m[a[i]]=1;    //将出现的元素标记！！
        }
        int temp;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            b[i*2-1]=a[i];      //若一个数组是另外一个数组的两倍，可根据特征记录）
            temp=a[i];
            while(m[temp]==1)
            {
                temp++;
            }
     （后面代码就很平常，省略）

技巧，注意点：
1.除要用double。
2.异或运算
1.异或的一个运算规律： A^B=C --->>> C^B=A;
2.‘^’ 的优先级小于 '> , <'，注意加 '( )'

赛后补题：（不放代码，主要是思路，错误的点和收获）
一.C. Divisibility by Eight
思路：是完全正确的。能被8整除的数：1000+b；只要保证b能被8整除即可。分别遍历1位数，2位数，3位数.（采用循环方式，暴力做即可）
错误的点：个位如果取了这个数字，十位数是从这个数字前开始取，百位也是从十位取得数之前取。
收获：（整理一下数字特征）
能被2整除的数：奇，偶取模于2即可。
能被3整除的数：各个位上数之和能被三整除。
能被4整除：最末两位数字能被4整除即可。
能被5整除：末位为0或5.
能被6整除：同时能被2和3整除的条件。即是偶数，且各个位数之和能被3整除。“12”同理。
能被7整除：abc def ghi jkl，满足（jkl-ghi+def-abc）能被7整除。“13”同理。
能被8整除：最后三位数字能被8整除。
能被9整除：各个数字之和能被能被9整除。
能被10整除：末位为0。
可被11整除：（奇位数字和-偶位数字和）能被11整除。

二：B. Balanced Array（水题跳过，过了一遍代码，当时敲的时候思路不清，整理一下）

三…A. Candies(水题，唯一要注意的点）
收获：pow（）函数的计算方式存在误差
---->>>处理方式：加上一条常变量const int eps=1e-6; （放主函数外面）。不然就用double

四:C. Alternating Subsequence
我的思路：
1.首先要保证取得子段最长。将观察发现，如果第一个元素是正，那么最长的便是“+-+-+-+-”这种形式；如果第一个元素是负，那么最长的便是“-+-+-+-+-+”这种。
2.之后两种实现方式，第二种更巧妙一些。都是找同符号下最大的元素累加。
关键实现方式：如果找到了正号下最大的元素，那么是在负号语句中加；同理，负号最大的元素在正号语句中加。不然无法实现加和最大，卡了好久。还有最后的和并未加上最后一个找到的同符号最大值。
第二种实现形式：用乘积来判断正负号，如果和前一项同号，乘积为正，然后找最大值；之后再乘积为负的时候加上去。

五.Tetrahedron
做了那么多的dp题目，发现自己根本就不会dp！！！学的好乱，一定要花时间整理。即使本题是一个很水的dp，我都做不出来。有很多零星的想法，代码写不出来，真的会很失落。简要讲一下思路：
首先：确定dp[i][j]表示的含义，第i步时到达某点的最大方案数。
其次：找dp转移方程。因为一个点有三种方式到达，所以要再加一重for循环。

dp[i][j]+=dp[i-1][g]  (g表示从除自己所处点之外某个点，表示上一步g点的最大方案数）

---

虽然每次训练赛因为各种原因都输的很不甘心，但只有不断的完善，找到队伍的问题，总结自身的原因，不断鞭策自己，不断追赶别人，也还不错。但说到底，没有人愿意输，相信一定会追上并超越，不用怕爬的慢，不为给他们看！！！