A.特别行动队
n<=1000000
看了数据范围和题目感觉就像是斜率优化，然后瞎推了一波式子，没想到A了。
sij表示i+1到j的权值和。
j比k优秀 $$fj+a*sij^{2}+b*sij+c>fk+a*sik^{2}+b*sik+c$$
然后乱整理$$2*a*si<\frac{fj-fk}{sj-sk}+a*(sj+sk)-b$$
si递增，维护上凸。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define ll long long
#define ld long double
#define MN 1000000
using namespace std;
inline int read()
{
int x = , f = ; char ch = getchar();
while(ch < '' || ch > ''){ if(ch == '-') f = -; ch = getchar();}
while(ch >= '' && ch <= ''){x = x * + ch - '';ch = getchar();}
return x * f;
} ll f[MN+],s[MN+],a,b,c;
int top=,tail=,q[MN+];
int n; ll calc(ll x){return a*x*x+b*x+c;} ld solve(int x,int y)
{
return (ld)(f[x]-f[y])/(s[x]-s[y])+(ld)a*(s[x]+s[y])-(ld)b;
} void ins(int x)
{
while(top>tail&&solve(x,q[top])>solve(q[top],q[top-])) top--;
q[++top]=x;
} int get(ll x)
{
while(top>tail&&solve(q[tail+],q[tail])>x) tail++;
return q[tail];
} int main()
{
n=read();a=read();b=read();c=read();
for(int i=;i<=n;i++) s[i]=s[i-]+read();
for(int i=;i<=n;i++)
{
int from=get(1LL**a*s[i]);
f[i]=f[from]+calc(s[i]-s[from]);
ins(i);
}
cout<<f[n];
return ;
}
B.巡逻
n<=100000
题解：yy一下可以发现，k=1找的是最长链，答案是(n-1)*2+1-长度
k=2的时候，我们把最长链上的边改成-1，然后再跑最长链就行啦。答案是(n-1)*2+2-长度之和。
我一开始yy了很牛逼的树形dp，然后写了半天还是有一个点过不了。。。百度一下题解，真的妙
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define MN 100000
using namespace std;
inline int read()
{
int x = , f = ; char ch = getchar();
while(ch < '' || ch > ''){ if(ch == '-') f = -; ch = getchar();}
while(ch >= '' && ch <= ''){x = x * + ch - '';ch = getchar();}
return x * f;
} struct edge{int to,next,w;}e[MN*+];
int head[MN+],cnt=,n;
int f[MN+],w1[MN+],f1[MN+],mx[MN+],mx2[MN+],ans=,K,from; void solve(int x,int fa)
{
int from1=,from2=;mx[x]=mx2[x]=f[x]=;
for(int i=head[x];i;i=e[i].next)
if(e[i].to!=fa)
{
solve(e[i].to,x);
if(f[e[i].to]+e[i].w>mx[x]) mx2[x]=mx[x],mx[x]=f[e[i].to]+e[i].w,from2=from1,from1=e[i].to;
else if(f[e[i].to]+e[i].w>mx2[x]) mx2[x]=f[e[i].to]+e[i].w,from2=e[i].to;
}
if(mx[x]+mx2[x]>ans) ans=mx[x]+mx2[x],from=x;
f[x]=mx[x];mx[x]=from1;mx2[x]=from2;
} void relabel(int x)
{
for(int i=head[x];i;i=e[i].next)
if(e[i].to==mx[x])
e[i].w=-,relabel(e[i].to);
} void ins(int f,int t)
{
e[++cnt]=(edge){t,head[f],};head[f]=cnt;
e[++cnt]=(edge){f,head[t],};head[t]=cnt;
} int main()
{
n=read();K=read();
for(int i=;i<n;i++) ins(read(),read());
solve(,);if(K==)return *printf("%d",*n--ans);
n=n*-ans;ans=;
for(int i=head[from];i;i=e[i].next)
if(e[i].to==mx[from]||e[i].to==mx2[from])
e[i].w=-,relabel(e[i].to);
solve(,);
printf("%d\n",n-ans);
return ;
}
3.signaling 信号覆盖
题意：给定平面上n个点，满足没有三个点共线，没有四个点共圆。你现在随意选出三个点，求这三个点的外接圆内包含的点的期望个数。 $n\leqslant 1500$
题解：对于每一个三个点包含一个点的情况，我们都能抽象成一个四边形。我们发现凸四边形有两种方法盖住四个点，而凹多边形只有一种方法，所以凸多边形的贡献是2，凹的是1，他们的个数相加是C(n,4),所以我们只要计算凸多边形或者凹多边形的个数就行了。我们枚举凹多边形的凹点，然后按照极角排序，然后枚举一个点，找出最远的点使得他们之间的夹角不超过平角，通过组合算出个数，最后除以总的方案数C(n,3) 。
复杂度$n^{2}logn$
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define MN 1500
#define ll long long
using namespace std;
inline int read()
{
int x = , f = ; char ch = getchar();
while(ch < '' || ch > ''){ if(ch == '-') f = -; ch = getchar();}
while(ch >= '' && ch <= ''){x = x * + ch - '';ch = getchar();}
return x * f;
} struct P
{
double x,y,alpha;
void getAlpha(double xx,double yy){alpha=atan2(x-xx,y-yy);}
friend double cross(P a,P b){return a.x*b.y-a.y*b.x;}
bool operator == (P b){return x==b.x&&y==b.y;}
bool operator < (const P &b) const {return alpha<b.alpha;}
P operator - (P b){return (P){x-b.x,y-b.y};}
void print()
{
cout<<x<<" "<<y<<" "<<alpha<<endl;
}
}p[MN+],pt[MN+]; int n,top;
double ans=; ll work(P th)
{
ll sum=1LL*(n-)*(n-)*(n-)/;int num=;top=;
for(int i=;i<n;i++,--num)
{
while(cross(p[i]-th,p[top]-th) <= )
{
top=top%(n-)+,num++;
if(top==i) break;
}
sum-=1LL*(num)*(num-)/;
}
return sum;
} int main()
{
n=read();if(n==) return *puts("");
for(int i=;i<=n;i++) pt[i].x=p[i].x=read(),pt[i].y=p[i].y=read();
for(int i=;i<=n;i++)
{
for(int j=;j<n;j++)
{
if(pt[i]==p[j]) swap(p[j],p[n]);
p[j].getAlpha(pt[i].x,pt[i].y);
}
sort(p+,p+n);
ans+=work(pt[i]);
}
double A=1LL*n*(n-)*(n-)/,B=1LL*n*(n-)*(n-)*(n-)/;
printf("%.6lf\n",(ans+*(B-ans))/A+);
return ;
}