t1：轉圈遊戲
可以發現答案為[x+m*(10^k)]%n。
瓶頸在於k最大10^9，用快速冪輕鬆解決。
t2：火柴排隊
容易發現，當最小的ai對應最小的bi，第二小的ai對應第二小的bi，……時兩列火柴之間距離最小。
然後你發現可以乙個序列不動，只移動另乙個序列（兩個序列都移動的最少步數是一樣的）。
然後你發現ai的大小沒有用，只有排序後的編號才有用，b陣列同理。
舉個例子說明吧：
排序後的a陣列編號：2 3 1 5 4
排序後的b陣列編號：1 4 2 5 3
答案就是1 4 2 5 3-->2 3 1 5 4的代價。
把2 3 1 5 4視為1 2 3 4 5，
那麼1 4 2 5 3就是3 5 1 4 2。
也就是3 5 1 4 2-->1 2 3 4 5的代價。
由於1 2 3 4 5沒有逆序對，那麼答案就是3 5 1 4 2的逆序對數（因為你每次調整可以減少乙個逆序對）。
t3：貨車運輸
首先容易發現開車經過的路多不是件好事情。
很多路實際上根本不會走。哪些路會保留呢？
答案：最大生成樹（這題可能是森林）中的邊才會保留。（這一步很機智）
道理很顯然，如果你可以用大的邊走到乙個城市，為什麼要走小的邊呢？
所以你先kruskal跑一遍最大生成樹，這樣圖就變成了一顆樹（或是森林）。
如果詢問的兩個節點不在一棵樹裡，那麼顯然答案是-1。
否則你可以參考倍增lca的做法，仍然用倍增思想，只不過維護的是min值。
這樣這個問題就解決了。
t1：積木大賽
這個問題其實不難。
首先你發現一次操作的區間長度越長越好。
如果a[i]
複雜度o(n)。
t2：花匠
我的做法實現起來很煩，但是思維難度幾乎沒有。
因為有兩種不同的方式，你肯定要分開處理。
只考慮第一種，即2i-1<2i>2i+1的形式，另一種是同理的。
因為你發現實際上是一高一低的過去的，考慮dp，用dp[i][0]表示它作為高的那個最大的擺放數，dp[i][1]表示它作為矮的那個的最大的擺放數。
每個數dp[i][1]=1
dp[i][0]=max(dp[j][1])+1（需要滿足h[j]
dp[i][1]=max(dp[j][0])+1（需要滿足h[j]>h[i]）
樸素的轉移是o(n^2)的，所以會t掉。那麼你考慮開一顆線段樹按照h值維護，然後你可以在o(nlogn)的時間內完成dp（其實樹狀陣列也行）。
然後你就可以a掉此題，但**長度2k以及時間都很不理想。
然而實際上你a完之後會很震驚--有比你短得多也快得多的o(n)做法。
首先仍然是兩種情況分別處理，假設處理2i-1<2i>2i+1的形式。
那麼你先假設h[1]是要留下的，然後你需要尋找比它大的數。
如果下乙個數剛好比它大，那麼就把它作為序列下乙個數即可，之後你要尋找比它小的數了（同理進行）。
否則你就把當前這個數給改掉，改成這個比它小的數，以增加尋找比它大的數的可能性。
這樣貪心去做，複雜度o(n)，**不到線段樹的一半。
t3：華容道
這道題拿到題，看到n,m<=30，立即想到bfs。
由於有用的位置只有兩個：目標棋子所在位置，空白格仔所在位置，所以狀態數最多n^4個，也就是一次bfs的複雜度。
由於q<=500，然後算了一下複雜度是o(4e8)，期望卡卡常數過去，然後t掉了，嘗試了好多次無果。
不得不思考更優的方案了。
可以發現空格移動次數太多而目標棋子移動的步數並不多，這個冗餘可以大量的減掉。
很快想到，你可以用三維狀態i,j,k表示目標棋子在i,j，棋子在其k位置（上下左右）來做（因為不然你目標棋子是動不了的）。
這樣狀態數變為n^2*4個，但是問題是你轉移一步不是o(1)的了，應該是兩次空格位置之間的距離+1（目標棋子與空格交換位置的一步）。
然後你會考慮去大力地跑bfs來計算空格之間距離(什麼floyd,dijkstra,spfa)，每個點都去跑一次，o(n^4)預處理出點對兩兩距離。
但是你發現這樣是有漏洞的，因為你在移動空格的時候，可能一不小心根目標棋子交換了，導致這樣的情況出現：空格到了指定位置，目標棋子跑到別的什麼地方去了。
那麼你就需要重新規劃下預處理。
由於i到j的距離與j到i的距離其實是一樣的，你可以對於每個i,j,k狀態都跑一次bfs（注意，中途不能經過i,j點）。
這樣你的預處理仍然是o(n^4)的，但是避免掉了原來的問題。
然後注意你待會不能再寫bfs來轉移三維狀態i,j,k了，而是要寫spfa……
然後你會寫出乙個2.5k左右的**來a掉此題……
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