這次的比賽又炸了。
t1：這題正解很簡單，但是我想了很久都沒有想出來。
正解如下：
對於乙個點x，如果它對答案有貢獻，那麼從1到x的路徑上的所有點都是按順序出現的，而其他點對它沒有影響。所以x對答案有貢獻的概率就是1/(deep[x]!)。然後求和之後就發現ans=sum(1/(deep[x]!))。
總結：這種期望題一般就是dp或者推式子，如果dp實在做不下去了，那麼就推一下式子。而且要勤於轉換思維，從下往上不行就從上往下。
t2：又是一道很繞的題。
首先如果我們要走完以x為根的子樹，那麼在樹中休息時不必要的，我們完全可以在x休息夠了之後再往下走，然後一次性走完x的子樹。
明確了這個之後我們就定義兩個量：
1、x的需求f[x]，即一次性要走完x的子樹的最小要在x休息的時間。
2、x的貢獻c[x]，即走完x這可子樹對總體力值產生的貢獻。其實c[x]=sum(點權)-sum(邊權)*2
知道了這個之後，我們假設如果求出了所有的f，那麼ans就是f[1]。所以現在我們的任務就是求f。
那麼f怎樣求呢？現在我們考慮樹形dp。
對於乙個x和它的所有兒子y，我們設v[y]=c[y]-2*l（即走完y所產生的貢獻），然後還要求lim[y]，即從x開始走完y子樹的最小初始體力值。
考慮lim[y]怎樣求。首先我們要保證「走得下去」，即lim[y]>=l+f[y]；然後還要保證「走得上來」，即lim[y]>=l*2-c[y]。
所以最終lim[y]=max(l+f[y],l*2-c[y],0)。
這時我們就求出了從x開始走完每一棵y的子樹的lim最小體力值和v貢獻。然後我們要使得f[x]最小。
設當前的體力值為t，則t的初始值為a[x]。首先對於v>0的，我們把lim從小到大排序，然後逐一取。即如果t>=lim[y]則t+=v[y]。否則要增大t來滿足lim[y]的需求，而此時的f[x]也要增大。
接著對於v<0的，我們首先把全部v加上，然後問題就變成了對於t-v[y]>=lim[y]的我們可以直接t-=v[y]，否則要增大f[x]和t來滿足。而這時因為-v[y]>0，所以做法就和v>0的一樣了。注意此時要把lim[y]+v[y]從小到大排序，因為能取得條件是t>=lim[y]+v[y]。
最終算出f[1]，然後答案就是f[1]了。
t3：其實這題的正解並不算很難，**也不算很長。
首先我們注意到乙個條件：m<=n-2。這就意味著a[1]的值一定是由某個a[n~l]和a[2~r]轉移過來的。那麼我們就可以進行分類討論了。
（1）1不選。我們現在就是要從m個中選len2個位置，這len2個位置是有序的，剩下的隨便選除了n和1以外的數。這種情況的方案數就是c(m,len2)*a(n-len2-2,m-len2)。
（2）1選。那麼此時1一定要在2的後面，為了保證這個，我們可以從m個中選出len2+1個，然後指定這len2+1個中的最後乙個是2，1可以隨便放在其他len2個位置上，剩下的除了n以外隨便選。方案數就是c(m,len2+1)*c(len2,1)*a(n-len2-2,m-len2-1)。
12n。這種的最終貢獻是sum(a[2~r]+a[l~n])+a[1]*2。在算方案數時，我們要保證1在2和n的後面，2在n後面，並且2~r，l~n是有序的。那麼我們可以從m個中選出len1+len2+1個，指定這當中的最後乙個是n，再從剩下的中選出len2+1個，指定最後乙個是2，1可以任選剩餘的len1個中的乙個，其他沒有被選上的可以隨便選。式子就是c(m,len1+len2+1)*c(len1+len2+1,len2+1)*c(len2,1)*a(n-len1-len2-1,m-len1-len2-1)。
1n2。同上，只不過len1與len2要互換。
21n。這個的貢獻是sum+a[1]的。具體與1情況相同，還是選擇和指定，只不過沒有了「1可以任選"這一項。方案數=c(m,len1+len2+1)*c(len1+len2+1,len2+1)*a(n-len1-len2-1,m-len1-len2-1)。
2n1。這種情況的貢獻為0。
n12。同3情況。
n21。貢獻也為0。
最終所有的方案數加起來就是答案了。不要忘記判斷k=0的特殊情況。
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