A - Painting Walls
可以发现，题中所谓的要求作为一个二元组 ((x,y))，看上去有 (O(NM)) 个，没算上判定的时间就已经远远超出承受范围了。但思考得知，我们要求本质上是刷这 (N) 个墙壁，而每次刷的区间长度固定为 (M)，也就是说只有 (O(N)) 个本质不同的刷墙方法，这成为我们的突破口。
换言之，我们需要对于每个 (i) 得到是否存在合法的从 (i) 开始的刷墙要求。考虑一个朴素的动态规划：(f(i,j)) 表示从 (i) 这堵墙开始，如果第一个指派的承包商为 (j)，按题意循环最多可以连着刷多少。那么显然：
最后对于每个 (i) 都检查是否存在一个 (j) 满足 (f(i,j)ge M) 即可。
但这个 dp 貌似是 (O(NM)) 的，实则不然，因为有 (sum f^2(k) le 4cdot 10^5)，也就是说 (f(k)le sqrt {4cdot 10^5})，这意味着每个 (i) 中有效的 (j) 并不多，那不需要存下所有状态就能在可承受的时间内 AC 了，复杂度 (O(Ncdot sqrt{sum f^2(k)}))。
B - Swapping Cities
首先考虑无解的充要条件是什么。简单手玩可以发现具体的方案要么就是绕出一个圈，要么就找一个岔路避让，而唯一的不可行方案是链状的图。而一个连通图是链，当且仅当其上没有超过 (2) 度的点其无环。
如果是一辆车，那答案就是最小瓶颈路。考虑这里很可能就是最小瓶颈路的变式，尝试 Kruskal 重构树。首先对于询问 (X,Y)，答案不可能低于最小瓶颈路，那可以先找到 (X,Y) 在重构树上的 LCA (L)。假如说 (L) 所表示的连通块已经不是链了，那显然 (L) 对应的边权就是答案。反之，我们肯定是继续对连通块 (L) 按权值从小到大依次加边，直至出现环或分叉为止。对于环，可以在跑 Kruskal 时用并查集判，发现就在对于连通块上的结点挂着；对于度数只要开个数组记一下，打个标记就行。最后一遍 Dfs 处理出最近产生非链连通块的祖先。
复杂度 (O((N+Q)log N+Mlog M))，瓶颈 LCA 和排序。
C - Fun Tour
挺神仙的交互 + 构造。
首先，用 (O(N)) 次询问获取完整的树形态是比较困难的，这说明我们构造一组解不一定依赖完整的树结构。
不过我们还是考虑一下给定了树怎么做。非常重要的一点：度数不超过 (3)。若是我们随意定一个根，那么可以每次选一个深度最大的点，满足与上一次选择的 LCA 为根，也就是说不在根同一个儿子的子树内。可以保证这样的方案必然距离不增。但这就要求根的各个子树尽可能均匀，而这和重心的概念与性质十分吻合。
那么选一个重心作为根，那么根的度数为 (2) 或 (3)。稍微讨论一下：
- 根有两个儿子：由于以重心为根的子树大小不超过一半，那么两棵子树的大小差显然不超过 (1)，直接轮流取必然存在合法解。
- 根有三个儿子：若三个子树大小为 (a,b,c)，不失一般性设 (age bge c)。根据重心的性质有 (ale b+c+1)。思考按这样的方式不断操作，由于 (b+c) 减小的次数不小于 (a)，那么最终会有 (a=b+c+1) 的局面出现。这时候不妨合并 (b,c)，从而归约到两个儿子的情况。注意一个 corner case，就是当前刚刚选了 (b) 然后 (a=b+c+1)，但是下一个最大的应该在 (c) 中，那应该在手动操作一次 ，否则可能会出现不合法的结果。
最后就是通过不超过 (4N) 次询问，处理出：
- 树的重心；
- 以重心为根每个点的深度；
- 每个点分别属于重心的那个子树。
前两者不难得到，其中重心可以先任意定根，然后求出每个子树的大小，最后子树大小 (ge leftlceilfrac{n}{2} ight ceil) 中大小最小的即为重心。于是前两个要素需要 (2N) 次询问。对于最后一个，很显然如果 ( ext{dep}_x + ext{dist(x,y)}= ext{dep}_y) 那 (y) 就是 (x) 的后代。考虑到度数不超过 (3)，那只要询问两次距离（第三个可以排除前两个）就行了。最后总询问次数不超过 (4N)。复杂度 (O(Nlog N))。