写在前面：为了保护正睿题目版权，这里不放题面，只写题解。
- A
(21pts:)
随便枚举，随便爆搜就好了。
(65pts:)
比较显然的dp，设(f_{i,j,k})表示在子树(i)中，两个赞助商分别选了(j,k)个的最优解。
对枚举的上下界卡的紧一点，按照树上背包的聚合分析，复杂度是(O(n^3))的，可以通过。
(100pts:)
观察数据范围可以发现，这题的子树大小限制可以抽象成一个经典的网络流模型。
跑一个最大费用流就好了。
我写丑了，每个点拆了(5)个点出来，然而还是跑的飞快。
- B
(22pts:)
枚举全排列/状压。
(100pts:)
这题非正解不太好写，直接上正解吧。
先考虑什么时候无解。随便弄一棵生成树出来，如果(sum a_i<sum w_i)，显然无解。
现在我们要证明，只要(sum a_i geq sum w_i)，一定有解。
考虑我们缩点缩到一个局面，此时所有边都无法缩起来。此时对于每条边((u_i,v_i,w_i))，都有(w_i>a_{u_i}+a_{v_i})。
将所有不等式加起来，我们得到(sum w_i > sum a_icdot dgr_igeq sum a_i)，显然与我们之前的假设矛盾。
所以，我们证明了对于一棵生成树，只要(sum a_i geq sum w_i)，一定有解。那么显然取最小生成树最优。
那么我们考虑对一个满足(sum a_i geq sum w_i)的树，如何构造出一种方案。
首先设(s_i=a_i + sum_{jin subtree_i} a_j-w_{(j,fa_j)})，即(i)点子树中所有点权和与边权和之差。
对每个点(i)，我们算出它的每个儿子(j)的(s_j-w_{(j,i)})，设这个值为(v_j)，按照(v_j)把它的儿子从大到小排序。（(v_j)的实际意义在于，将子树(j)的所有点连接到父亲上之后，父亲点权的增量）
对于一个儿子(j)，如果(s_jgeq 0)，则先递归处理这个儿子，再连接它与父亲之间的边。
否则，这个儿子无法自己处理子树中的边，需要先连接父亲与它的边，再递归处理子树，并将父亲剩余的权值传递下去。
正确性存疑的地方只有连接某个儿子时，由于减去了某条边的权值，权值和可能(<0)。
发现对于(v_igeq 0)的点，连接后一定会使父亲的剩余权值增大，不会影响。
否则，此后的点(v_i)均为负。由于最后父亲剩余权值(geq 0)，则在这个不断减小的过程中也不会(<0)。
实现时，发现一个儿子的影响只和(v_i)的正负性有关，因此并不需要排序，只需扫两遍，先取(v_igeq 0)的儿子，再取(v_i<0)的儿子即可。
复杂度(O(nlog n))，瓶颈在于求mst时的排序。
- C
(6pts:)
显然质数的答案一定是(0)。
(34pts:)
爆搜+打表，可以过掉(nleq 100)。
(51pts:)
看到出题人完全平方，就很容易想到质因数异或线性基。
用bitset维护每个质数，复杂度(O(frac{n^4}{64ln ^2n}))，实现优秀可过(nleq 1000)。
(100pts:)
设(g(x))为(x)向左找到的最近的数，即与(f(x))意义类似，只是方向相反的函数。
发现(f(x))与(g(x))互为反函数。
证明：假设从(f(x))向左找到的第一个位置为(y>x)，则我们把两次找到的序列取对称差（即异或），则得到的新序列也是完全平方数，发现由于(f(x))在两个序列里都出现了，且(x)只出现了一次，所以可以找到一个左端点为(x)，右端点(<f(x))的序列，与(f(x))是向右找到最近的数矛盾。
也就是说，每个合数都有且仅有一个互不相同的解，且答案为(g(x))。
考虑从(x)往前扫，每次加入一个(l)，看是否线性无关即可。复杂度(O(frac{n^3}{64ln ^2n}))，好像没什么用。
发现超过(sqrt n)的质数只会有一个，在线性基上特判一下即可。
不超过(1000)的质数只有(168)个，复杂度(O(frac{168^2 imes n}{128}))，由于对于实际上跑不满（比如答案不会超过(frac n2)），所以可过。