A、合并字符串价值（loj6174）
分析：
普通暴力：枚举两个分界线，那么ans=Σmin(Al(c)+Bl(c),Ar(c)+Br(c))，这样是O(n^2)，会TLE
考虑枚举a的分界线，b的答案根据之前的答案进行转移
显然，4个字母A G C T可以单独考虑
假设当前a分界线下，a的左部分该字母有p个，右部分该字母有q个（p,q显然为已知数）
我们来考察b分界线，假设b分界线左边有k个该字母，右边有t-k个该字母（k为未知数，t为已知数，t是b字符串该类字母的总数）
那么现在该分界线对答案的贡献就是min(p+k,q+t-k)
遇见min就分类讨论：
k<=(q-p+t)/2时，贡献是p+k
k>(q-p+t)/2时，贡献是q+t-k
分析完了状态，我们去考虑快速转移答案
假设p,q,k,t-k情况下的答案我们已经知道了，现在我们分析a分界线向右移动的情况
这个时候，p=p+1,q=q-1
k<=(q-p+t)/2-1时，贡献是p-1+k
k>(q-p+t)/2-1时，贡献是q+1+t-k
这个很明显，某一段区间集体-1，某一段区间集体+1，某一段区间集体更改成一个值，用线段树去维护
具体地：设m=(q-p+t)/2
首先k<m这些，贡献全部-1;k>m这些，贡献全部+1
k=m这些，贡献全部变成q-1+t-m
(这里我本想偷懒一下，用区间加减来代替覆盖，就是求上一次该位置的贡献，是p+m，但是这有细节……等下再提）
所以直接线段树维护就行了，询问就是max
时间复杂度O(nlogn)
细节：
1、注意线段树下标从0开始，表示b数组取左边0个的最优值
2、注意初始值的构造
3、注意m=0，m=负数的时候，k的取值不一定就是m了，比如k<-3，实际上就是k<0，不需要修改,k>-3，实际上是k>=0，全部都要修改
4、注意m正负还不够，还要注意m<=0的时候，某位置上一次的贡献不一定是p+m了，因为会出现两个区间重叠，有个好办法就是min(p+m,q+t-m)
B、黑白树（loj6175）
分析：
贪心，按照拓扑结构，从叶子节点向上涂色，遇见一个未染色节点的时候，那么就在这个节点的子树中，选择一个能上升到离根节点最近的点，让这个点涂色。
具体实现的时候树形dp就可以了
dp[u]表示以u为根的子树全部涂完，能额外上升到最小的深度
dp[u]=min(dp[u],dp[v],dep[u]-a[u]+1)
f[u]表示实际上以u为根的子树，把颜色涂到了哪个深度
f[u]=min(f[u],f[v])
如果当一个点u，所有的子树都做完了
发现f[u]==inf，就说明u不能涂到，这时候就要启用一个子节点涂色了
很明显这时候我们用dp[u]保存的那个最优值
也就是f[u]=dp[u]，并且因为多启用了一个子节点，所以ans++
C、模（loj6176）
占坑
D、送外卖（loj6177）
分析：
n和q都十分小，所以自然考虑状态压缩dp
那么很容易列方程dp[S][now]表示现在q个订单状态为S，我现在在now点，花费的最少时间
仔细想想订单有3个状态：未领、已领、已送达
所以S要是三进制
一重循环枚举S，一重循环枚举now，一重循环枚举一个订单作为转移，时间复杂度O(3^q*n*q)
转移的时候发现需要知道从一个点走到另一个点的最短路，所以事先flyod预处理最短路就ok了
E、景区路线规划（loj6178）
分析：
首先h1，h2明显独立，可以分开考虑，做两次即可
最直观的想法是dp[now][time]表示我已经玩完了now点的游乐设施，还剩下时间time
那么dp[now][time]=Σdp[u][t]/u点此时的出度 + h[now]
这样会发现结果明显大很多，为什么呢？
实际上，加的应该是h[now]*p[now][time]，p[now][time]表示该种情况发生的概率
因为h[now]发生是有概率的，如果直接加上h[now]，那就是默认这事件发生概率是1了
有个更简单的方法，就是直接dp[now][time]表示概率，不表示期望
那么转移就是dp[now][time]=Σdp[u][t]/u
期望怎么统计？
ans=Σdp[now][time]*h[now]
在time时间，我游完now，这可以当作所有事件，对应事件的权值就是我刚游完的那个设施的价值，所以这样求期望是可行的
F、子串
分析：
直接kmp