考前兩天模擬。
Day1直接炸飛，T1浪費的時間太長，對拍+調試了一個多小時但復雜度還不能過，最后5分鍾想出來了解決方案但是已經打不出來了。T2讀入出了事故RE0。T3打了假貪心。
Day2心態幾乎也是爆炸。T1做了一個小時，也沒法對拍。T2調試了一個小時后發現算法偽了，瞬間崩潰。猶豫了一會去打T3，一看T3不好打，暴力也難，又回過頭考慮T2，試圖基環樹dp。終於最后發現在環上貪心就行了不用dp，然后T2過了對拍就只剩不到20分鍾了。T3 dfs難打，想騙分，最后也沒騙到。
D1T1：
首先一個貪心思路：每次給三種顏色的氣球排序，從最多的氣球出$2$個，次多的出$1$個裝飾一張桌子，最終特判$(1,1,1)$。暴力來是$O(N)$的。考慮優化(其實隨便構造的)。先取三種氣球數量$min$值，即用$(1,1,1)$裝飾，把剩下兩色氣球充分利用(具體需要大力討論，比較麻煩)，最后使得只剩為$(1,1,0)$或$(x,0,0)$的情況(前者無貢獻)，用最后的$x$與$min$個$(1,1,1)$再湊$(1,2,0)$的情況，這樣構造了最優解。復雜度$O(1)$。
D1T2：
有向圖判環。實際考點：換行符linux下'\n'，windows下'\r\n'。其實讀入時判getchar()!=' '就可以了。
D1T3：
考慮每一個分部的貢獻。設一個任務由$cnt$個分部接管，對於每個分部，從自己到總部共$cnt-1$次，從其他部到自己共$cnt-1$次，所以一個任務的總貢獻為$(cnt-1)*\sum (dis[0][i]+dis[1][i])$，那么問題轉化為：集合權值為總和$\times$大小，划分集合，使得集合權值和最小。對$dis[0][i]+dis[1][i]$從小到大排序，那么選一段連續區間一定最優。就有$dp：f[i][j]$表示第i個集合划分到了$j$處的最小費用。轉移：$f[i][j]=f[i-1][k]+(j-k-1)*sum(k+1,j),k<j$。是$O(N^3)$的。但是考慮每一個集合前有一個系數，這個系數越大，后面的值應小一些才優。所以最終的集合划分一定是：$(dis[0]+dis[1])$越小的一段越長。我們已經排序，所以越靠前的集合越長。所以從上一層轉移，上界$k$*段數應小於$j$，這樣轉移一層是$\sum \limits_{i=1}^N \frac{N}{i}$的，是$N \ln N$，總復雜度$O(N^2 \ln N)$。
D2T1：
面積一定，越圓的東西一定周長越小（應該是個事實吧）。正六邊形是面積一定時最優的。任意一種方案都可以調整為六邊形。先找到能圍住$N$的最小正六邊形，二分邊長檢驗$3N*(N+1)+1>=N$，當然手解不等式應該可以$O(1)$。然后縮小正六邊形，牆縮小一，容積縮小$len+1$（第一次縮），$len$（再縮），然后卡住$N$就行。$O(\log N)$。
D2T2：
對每一個商品向它的$f[i]$連邊，邊權為$d[f[i]]-c[i]$，如果為負就不連（穩虧不賺）。變成幾個聯通塊，是基環樹或樹。對於樹上的點，他自己的數量一定是全部被最大邊的一頭購買最優（它的貢獻只能通過被彈出來實現）。而且對於樹上的點，一定可以按拓撲序，所以不用考慮順序。對於環上的點，由於購買一件物品時先檢驗本品是否為空所以我們先不買斷，都留一個。最后考慮一下，如果沒有樹邊，環上的點最終一定剩下一個不被彈出，但有樹邊的話還可以彈出。那么在環上枚舉最后（將）被彈出的點，每一種方案的貢獻為換上點貢獻之和-這個點的貢獻+（如果這個點連了樹邊）這個點被樹上點彈出的最大貢獻。枚舉復雜度是邊數$O(N)$的。
D2T3：
暴力做法：枚舉子串$p$，$dfs$不斷消去子串，直到最后為空。這樣用$string$比$char[]$方便，但我並不太會$string$。趁此機會學了一下。
正解是$dp$。同樣枚舉$p$串，然后區間$dp$判斷。$f[i][j]$表示$s$串$[i,j]$區間能否匹配p，匹配定義為：能消完，或者消到最后剩下$p$的前綴。轉移分為兩種：添一個字符，添一整$p$串。僅第一種是不全的，因為無法處理$p$串插入在中間的情況，所以還要整串轉移一下。總復雜度$O(N^4)$？（我並沒有記憶化所以較慢，但其實很難到上界）。
此外調試時注意到了三目運算符$:$的兩邊必須是嚴格相同類型的，左$void()$，右邊也必須是，有時候不一樣了編譯不報錯但會RE非常難受。