easy：
如果每堆石头不全为1，那么每次我们总能取一堆石头分给另外两堆，堆数-1，并且新的局面肯定有一堆的个数大于1。
于是，如果每堆石头数都为1 -> lose，否则的话判断堆数奇偶即可（堆数==1要特判）
medium：
树形dp，dp[i][j]，表示以i为根的子树分配完成，并且i节点会j技能的最小花费。
转移：枚举i点在自己的department所用的技能(k)，然后用子节点的dp值建图，跑KM。
得到最小花费后。枚举i节点会的另一个技能(r)，算出总花费然后更新dp[i][k]和dp[i][r]。
hard：
可以把这题也看成那种dp套dp的题目来做。。。
先看一个naive版本的题目：给两个串，问是否能找到一种方案，两个串都删除两个位置的数，使得剩下的两个串相同。
可以用这样的dp表示方式来做：dp[i][3][3]，表示A串可以匹配完前i个元素，并且A串已经删除了j个元素，B串已经删除了k个元素。dp值存的0/1，表示这种状态可不可达。
（这个看上去比较奇怪但是他是可以work的。。
那么这道题可以一边假设两个串元素的值，一边做上面的dp。
把上面后两维压成一个数9，然后做dp[i][1<<9]的dp，i还是上面的定义，1<<9表示对于目前构造的串是否能达到这9种状态。
当然仅仅通过A串的i位置元素和B串的i位置元素是没法推这样的dp的。可以记录一下临近的元素的相互关系（记录临近的4个B串元素的相互关系即可）
dp[i][1<<9][k]，k是记录b[i-2],b[i-1],b[i],b[i+1]的相互关系（用最小表示法，然后哈希一下）
递推：
枚举b[i+2]，然后再枚举a[i]，通过1<<9中每个合法状态，用前面naive版本的dp，得到新的1<<9的状态，然后b[i-1]~b[i+2]哈希成新的k。dp[i+1][newj][newk]+=dp[i][j][k]*add，如果b[i+2]和a[i]都是选择b[i-2]~b[i+1]中出现过的数，add就是1，否则add是选择的方案数。
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naive版本的dp也可以这样子：dp[i][5]=A串删除最小次数，5表示A串和B串目前相差几个字母(-2~2)
这样我们1<<9的状态可以缩减成2*3*4*3*2(大概这么多)
但其实1<<9的写法如果写的姿势比较好，也差不多这些状态(没用状态会continue掉)
#include
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