USACO2018JAN Gold
A.mootube（离线+并查集）
给定一棵n个点的树(n=1e5)，有边权，两点间距离定义为两点路径上的边权最小值。m个询问(m=1e5)，k,v，询问对于点v，距离>=k的点有多少个(不含v)离线+并查集，按k从大到小做，此时与v连通的所有点均为答案。
我已经菜到想不出这种题了qaq
B.lifeguards（树+贪心）
给定一棵有根树，wrx一开始在根，每个叶子节点都是出口，你可以在每个出口放一个守卫，每一单位时间内，wrx和守卫都可以移动到相邻的一个点，如果某一时刻守卫与wrx相遇了（在边上或点上均算），则wrx将被抓住。问你为了保证抓住wrx，最少需要几个守卫。显然最多叶子结点个数个，每个守卫每次都往他的父亲走是最优的。对于每个点i我们预处理出mn[i],表示i的子树中距i最近的叶子节点距i的距离。显然如果mn[i]<=dep[i]，则i的子树均可以用这一个守卫守住，否则要去下面用更多的守卫。算一下答案即可。
C.spainting（计数dp）
一共有n个格子，m种颜色，你每次可以把连续K个格子涂成一种颜色。问你最后有多少种涂色结果。（不能留有空白格子）
我们考虑怎样的结果序列是合法的，显然必须有一段长度为k的连续区间为同一颜色，因为你最后一下肯定要刷k个相同。我们可以发现，只要满足有这么一段就都是合法方案。因此我们就是要统计至少有一段k个相同的数的序列个数。我们发现求它的补集更好求，即没有一段k个相同的数的序列个数。
那么答案就是总方案数m^n-补集方案数。（我就是这点没想到，gg了！）
那么这个就比较好求了，我们可以dp。
dp[i]，表示i个格子的方案数，则i< k时，显然有 dp[i]=mi ，
i>=k时，我们可以通过枚举最后一段相同颜色的长度j（显然是1~k-1的）来转移即可，有
dp[i]=∑j=1k−1dp[i−j]∗(m−1)。
然后后缀和优化一下就是O(n)的了。
A
#include 1,e+n,cmp);
for(int i=1;i<=n;++i) fa[i]=i,sz[i]=1;
for(int i=1;i<=m;++i) q[i].val=read(),q[i].x=read(),q[i].id=i;
sort(q+1,q+m+1,cmp1);int num=1;
for(int i=1;i<=m;++i){
while(num=q[i].val) merge(e[num].x,e[num].y),++num;
ans[q[i].id]=sz[find(q[i].x)]-1;
}for(int i=1;i<=m;++i) printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
} B
#include int x=read(),y=read();
data[++num].to=y;data[num].next=h[x];h[x]=num;
data[++num].to=x;data[num].next=h[y];h[y]=num;
}dfs(rt);calc(rt);
printf("%d\n",ans);
return 0;
} C
#include 1]*m%mod,sum=(sum+dp[i])%mod;
for(int i=k;i<=n;++i){
dp[i]=(ll)sum*(m-1)%mod;sum+=dp[i]-dp[i-k+1];
if(sum<0) sum+=mod;sum%=mod;
}int ans=ksm(m,n)-dp[n];if(ans<0) ans+=mod;
printf("%d\n",ans);
return 0;
}