A. 翻转硬币
第一眼以为只要保证给定的$k$个点反面就好了，是弱智水题，于是感觉秒切了。
然后考完20分，就被秒切了。
所以实际上是一道原题。
思路大概是对原序列进行异或意义下的差分，于是区间修改转化为两个点的修改。
于是问题变化为将初态共$2k$个$1$消为$0$。
然后发现每个有意义的操作都对应着将一对点同时消掉。
所以在长度为$n$的序列上通过$bfs$最短路预处理出消掉任意两个点的贡献。
之后状压在拓扑序（即$2^{2k}$ ~ $0$）上跑个最短路就好了。
B. 回文子串
考试时的一个思路：
考虑维护线段树上每个区间内部的答案总数。
合并时只要统计左右两个儿子的贡献，加上跨过区间的贡献。
而后一份贡献可以通过manacher算法在$O(k)$的时间内处理出。
在manacher的过程中需要查询字符串某个下标的值，这个东西可以直接通过分块$O(sqrt n)$修改，$O(1)$查询。
对于修改的操作，直接打懒标记，顺便将答案更改为一个等差数列即可。
然而manacher中的特判很多，有点恶心，复杂度$O(qklogn+nsqrt n)$虽然是对的，但没有正解优秀。
正解是预处理出以$i$为起点的合法的回文串的个数，于是对于询问中的大部分可以直接通过线段树区间求和统计。
对于最后的小部分，可以直接跑manacher暴力。
对于修改操作，中间的大段为起点的回文串个数都为$k$，可以通过线段树区间修改。
对于旁边的小段，仍然直接跑manacher暴力处理，可以通过线段树解决。
这样的复杂度为$O(nk+q(k+logn))$。
C. 最大价值
考虑现在已经选定了一个集合。
因为集合中全部的$b$都可以累计答案一次，最优策略为直接将$a$排序，使得$a$最大的贡献最多次。
然后就发现$a$一定是关于排名单调递增的。
这个性质就很关键，因为可以直接通过这个性质进行DP了。
设$dp_{i,j}$表示到第$i$个元素，已经选择了$j$个元素的最优策略。
于是有一个显然的$dp$转移，$dp_{i,j}=max(dp_{i-1,j},dp_{i-1,j-1}+b_i+a_i*(j-1))$。
考虑怎么优化这个东西，似乎有点像可持久化。
盲猜$dp$转移点具有单调性，即一部分来自$dp_{i-1,j}$，另一部分来自后者。
打表发现确实是这样的。
存在一个分界点$k$，使得左侧状态由前者转移，右侧状态由后者转移。
然后发现这个玩意有点像原来做过的一道用$set$维护差分表的题。
打表给$dp$数组差分，然后发现似乎有一些单调性。
接着打表发现插入的元素大小是$(rk-1)*a_i+b_i$，插入的位置就是恰好合适的位置，对前面的元素没有修改，对后面的元素整体加$a_i$。
所以打一个平衡树就可以了。
然而快读不读longlong当场暴毙，自闭了。
因为我写的都是一些垃圾话，证明请康大神yxs博客。
一个对上述做法的解释是，
首先考虑一个结论，第$i$个物品如果存在于总共$k$个物品的最优方案中，那么也一定存在于$k+1$个物品的最优方案中，证明请看大神博客。
考虑$f_{i,j}=f_{i-1,j}$，那么有$f_{i-1,j}>f_{i-1,j-1}+a_i*(j-1)+b_i$。
即$f_{i-1,j}-f_{i-1,j-1}>a_i*(j-1)+b_i$，令$g_{i,j}=f_{i,j}-f_{i,j-1}$，即$f$数组的差分数组。
有$g_{i,j}>a_i*(j-1)+b_i$，所以将第$i$个物品放在对应的位置是合理的。
考虑该元素的插入位置$k$对差分表的影响。
对于$j<k$
$$g_{i,j}=f_{i,j}-f_{i,j-1}=f_{i-1,j}-f_{i-1,j-1}=g_{i-1,j}$$
对于$j>k$
$$g_{i,j}=f_{i,j}-f_{i,j-1}=f_{i-1,j-1}+a_i*(j-1)+b_i-f_{i-1,j-2}-a_i*(j-2)-b_i=g_{i-1,j-1}+a_i$$
因为插入的操作，下标自动平移一位，所以只要后缀作加法就好了。