++都是我自己的答案，不一定正确，仅供参考++
1.A：和B：
，这两个分别表示什么，哪个价值更高，为什么？
前一个表示渐进上界，后一个表示渐进下界
我写的前一个价值更高，因为我们更习惯考虑时间开销的上限来判断一个算法的可行性（前一个使用多一点）
2.分治法和动态规划的异同？为什么有些不能使用动规但是能使用分治？
我是这么回答的：
相同：都需要分解成子问题，都可以用来解决最优问题；
异：分治法的子问题相互独立互不重叠，动规的子问题有重叠；分治法自上而下递归，需要合并子问题，而动规自底向上计算，不需要合并子问题：分治法分治法不存储子问题的解，动规需要存储子问题。
为什么有些不能用动规可以用分治：因为有些问题不具备最优子结构和重叠子问题；或者有些问题不需要求最优解，这时候使用分治法
3.限界函数为什么重要？好的限界函数应该具备什么性质？
我的回答：
如果没有限界函数，往往需要遍历所有解空间数，可能达到指数或者阶乘级别，因此需要使用限界函数避免一些无效的搜索，减少时间开销。
性质：1.需要能够快速排除较多的无效探索，2.计算开销不能过大，否则会导致时间开销更多
4.使用分治法求解数组的最大连续和问题
这题最佳方法是动态规划，但是题目要求使用分治，我的写法：
首先可以分成三个部分：左，右，跨越左右
左右都可以直接使用递归实现
跨越左右的部分我是采用了双指针贪心法：先固定左指针在左边最右的位置，右指针在右边最左的位置，每次比较左右较大值，较大的一方加入sum，然后将指针朝边缘移动，并且比较sum和cross_max，使得cross_max最大。
最终返回max（left_max,right_max,cross_max)
5.给定一个m×n的二维数组grid，每个元素都是一个数字，然后计算从(0,0）到（m-1，n-1）的最小值（每次只能向右和向下，路过的位置加入到sum中）
这题是经典的动态规划，可以列出状态转移方程：
6.一辆车从起点出发，每次加油后可以行驶k公里，每两个加油站的距离保存在x数组中，问最少要加多少次油
贪心算法，每次直到油不够跑到下一个加油站的时候才加油
7.给定一个m×n的二维字符数组board，给定目标word（一维数组），要求从board中选择一个起点，每次可以朝周围四个方向选择，要求最终能按word的顺序遍历，并且不能重复使用已经使用的字符（位置）
使用回溯法，我的思路如下（给出伪代码）：
cpp
bool backtrace(char **board,char *word,int n,int m,int i ,int j,int k,bool *visit){
if(k == word.size()) return true;
int grid = {{1,0},{-1,0},{0,-1},{0,1}};
for(int d = 0; d < 4; d++){
ni = i + grid[d][0];
nj = j + grid[d][1];
if(ni < 0 || ni >=n || nj < 0 || nj >= m) continue;
if(board[ni][nj] == word[k] && !visit[ni][nj]){
k++;
visit[ni][nj] = true;
if(backtrace(board,word,n,m,ni,nj,k,visit)) return true;
visit[ni][nj] = false;
k--;
}
}
return false;
}
int main(){
for(int i = 0; i < n; i ++){
for(int j = 0; j < m; j++){
backtrace(board,word,n,m,i,j,0,visit);
}
}
}8.给定n个工人和n个任务，和cost[n][n]表示第i个工人干第j个任务的开销，使用分支限界法使得开销最少
这题可以使用优先队列的分支限界法，我在做的时候没有给出完整逻辑，大致逻辑如下：
定义一个最小堆min_heap，按照当前已经耗费+剩下工人每个人选剩下的最小耗费来进行比较，第一个完成分配的就是最终的结果。
在遍历时由于是排列，可以采取swap进行遍历，但是我在写的时候由于min_heap里面我设计了最小耗费和当前安排的工作数量，我加上了安排了工人vector<int> people，所以遍历时我使用find查看当前工人是否已经在people中来遍历。
给出伪代码：
cpp
int BFS(int **cost,int n){
min_heap<node> prior_q;
for(int i = 0; i < n; i++){
prior_q.push(node(cost[i][0]+last,1,i));//分别是累计开销，下一个执行任务，当前的工人
}
while(!prior_q.empty()){
curr_node = prior_q.front();
prior_q.pop();
if(curr_node.t == n) return curr_node.cost;
for(int i = 0; i < n; i++){
if(!curr_node.find(i)){
prior_q.push(node(cost[i][t]+last,t+1,i));
}
}
}
}