Codeforces Round 1001,Div. 1 + Div. 2记录

挑战极限一天打三场比赛失败，困得要死。
好的，现在心情好一点了，主播要上播了。
D
你说得对，但为什么我的树形dp式子那么复杂？
考虑如果要调整\(a_u\)与\(a_{fa_u}\)相等，仅仅是操作\((u,fa_u)\)或\((fa_u,u)\)有意义（保证不影响其他节点的差）
所以对于每个\((u,fa_u)\)，至少需要调整\(|a_u-a_{fa_u}|\)次。
剩下的就是简单dp了，不说了。
E1
考虑肯定要找到一个子树，删除根\(u\)后剩下的大于\(a_u\)的值存在。
考虑怎么选是最优的，对于当前选择的\(w\)，若\(u,v,w\)分居子树并且\(a_u>a_v>a_w\)，那么选择\(v\)一定更优。
意思就是，我们要选择符合条件的子树时，同时保证\(a_u\)最大。
F
这个max看起来不是很好做，我们考虑把它拆开。
令\(x_i=\frac{a_i+b_i}{2},y_i=\frac{a_i-b_i}{2}\)
则\(\max(a_i+b_j,a_j+b_i)=\max(x_i+y_i+x_j-y_j,x_i-y_i+x_j+y_j)=x_i+x_j+|y_i-y_j|\)
当端点及要选的点集确认后，整条路径的最小值可以直接求出，为什么？
\(x\)会在两个端点分别被计数一次，在非端点计数两次。而对于\(y\)来说，一定是\(y\)较小的端点开始递减，连到最小值之后再移动到最大值，最后再移动到\(y\)较大的端点。

这个策略显然是最优的。
那么问题就简单了起来，设计\(dp_{i,j,0/1/2}\)为当前选了\(i\)个点，最后一个点为\(j\)，已钦定端点个数为0/1/2的最小代价。实际实现时需要一个前缀取min。