t1：玩具謎題
直接模擬即可，對於每次操作直接計算出下一位置，時間複雜度o(m)。
t2：天天愛跑步
乙個簡單的做法：你可以預處理計算出所有si和ti的lca，然後對於每個觀察員，判斷它是否在si到ti的道路上，如果是計算出到達它的時間，如果與其觀察時間相符，則其能觀察人數+1。但時間複雜度o(nm)要t。
我們把s到t的路徑分成兩段：s到lca，lca到t。
先考慮s到lca的那段路：
如果處於x位置的觀察員能夠觀察到此人，需滿足條件：dis[s]-dis[x]=w-->dis[s]=dis[x]+w
你可以開乙個桶來快速統計：一旦遇到乙個s點，那麼把dis[s]所在位置+1，然後統計x點時，由於x點可以統計的範圍僅限於它的所有子樹（包括它自己），所以你可以把dfs所有子樹之後的dis[x]+w位置的值與dfs之前的dis[x]+w位置的值求差來快速得到x點經過的人數。
遇到lca的時候，你要把對應的s的dis[s]所在位置-1。
再考慮lca到t的那段路：
如果處於x位置的觀察員能夠觀察到此人，需滿足條件：len(s,t)-(dis[t]-dis[x])=w-->dis[x]-w=dis[t]-len(s,t)
你可以類似上述進行開乙個桶進行統計，但是需要注意，這裡可能出現負數，需要將其轉化為正數。
還有一點需要注意的，就是lca這個點可能會被重複計算，最後需要減去。
這樣統計的總複雜度為線性的，就可以ac了。
t3：換教室
首先你肯定需要預處理出教室之間的兩兩距離。v≤300，考慮floyd計算最短路。
然後考慮概率dp：
用dp[i][j][0]表示第i個時間段申請了j次，當天沒申請的期望。
用dp[i][j][1]表示第i個時間段申請了j次，當天申請了的期望。
方程如下：
dp[i][j][0]=min
dp[i][j][1]=min
初值：dp[1][0][0]=dp[1][1][1]=0
最終ans=min
t1：組合數問題
由於k的值是固定的，你可以先花o(2000^2)的複雜度進行預處理，計算出每個c(n,m)。
但是這樣對於詢問是不起幫助的，由於題目要求0 <= i <= n，0 <= j <= min(i,m)，所以你很快想到字首和，這樣詢問就變成o(1)的了。
t2：蚯蚓
最簡單樸素的想法：記錄下所有蚯蚓的長度，每次找最大值。
每次找最大值可以用堆維護，但是m高達7*10^6，會t。
所以你不得不尋找更優的演算法。
可以發現這樣乙個事實：後切斷的蚯蚓長度一定小於先切斷的蚯蚓的兩段的長度之和==後切段的蚯蚓的兩段長度一定分別小於先切斷的蚯蚓的兩段長度。
理由很簡單：本來就比你短，後來每次只增長q，而你每次增長2q，肯定一直比你短。
那麼也就是說你可以開三個佇列進行維護：第乙個佇列存排好序後的原序列，第二個佇列存切成兩段後的第一段的序列，第三個佇列存切成兩段後的第二段的序列，每次的最大值就是三個序列隊頭元素的最大值，令該元素出隊，然後把新的元素直接加入第
二、三個序列的末尾即可。
小轉化：其它蚯蚓全部增長q==被切斷的蚯蚓的兩段長度分別減少q，這樣減少了運算次數，需要使用原值時可以用數值+i*q來得到原長。
這樣你可以得到乙個線性複雜度的做法，就可以a掉此題。
t3：憤怒的小鳥
n≤18-->狀壓dp。
樸素的轉移：由於一般情況下，一次可以至少打兩隻豬（特殊情況除外，例如兩鳥的x值相同等），所以你對於每個狀態，窮舉打哪兩隻豬，然後在o(n)橫掃，還可以打掉哪些豬，然後轉移到新狀態，時間複雜度o(2^n * n^3)=t
實際上你可以先o(n^3)預處理出打兩隻豬時還可以打掉哪些豬（存成乙個狀態），到時候對於每個狀態，窮舉打哪兩隻豬，然後直接|運算即可得到新狀態。注意：不要忘了窮舉只打乙隻豬的情況。時間複雜度o(2^n * n^2)。
由於有很多情況和狀態是不需要轉移的，所以這個複雜度是可以a掉此題的。
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