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A题解知识点：数学 。
\(2\) 特判加 \(7\)，其他加 \(3\) 直接偶数 。
时间复杂度 \(O(1)\)
空间复杂度 \(O(1)\)
代码#include <bits/stdc++.h>#define ll long longusing namespace std;bool solve() {int n;cin >> n;if (n == 2) cout << 7 << '\n';else cout << 3 << '\n';return true;}int main() {std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int t = 1;cin >> t;while (t--) {if (!solve()) cout << -1 << '\n';}return 0;}B题解知识点：贪心 。
注意到，最优能做到周长等于底边之和乘 \(2\) 加上高度最大值乘 \(2\)。
我们把短的边当作底边，长的边当作高，这样长的边的贡献会最少 。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(1)\)
代码#include <bits/stdc++.h>#define ll long longusing namespace std;bool solve() {int n;cin >> n;ll sum = 0;int mx = 0;for (int i = 1;i <= n;i++) {int x, y;cin >> x >> y;sum += min(x, y);mx = max({ mx,x,y });}cout << 2 * (sum + mx) << '\n';return true;}int main() {std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int t = 1;cin >> t;while (t--) {if (!solve()) cout << -1 << '\n';}return 0;}C题解知识点：贪心，枚举 。
从小到大排序后，我们发现单独放一个 \(a[1]\) 或 \(a[n]\) 在 bag3 （或 bag1 ）最优，这样就能一次覆盖一段最长的，其他情况因为取在中间，不会超过 \(a[n]-a[1]\)。
不妨假设单独放了个 \(a[n]\) 在 bag3，再把剩下的分成两段 \([a[1],a[i-1]],[a[i],a[n-1]]\) 分别放在 bag2,1 （较远的放中间），如此得到解 \(a[n] - a[i-1] + a[i] - a[i-1]\)。同理 \(a[1]\) 单独放，有解 \(a[i] - a[1] + a[i] - a[i-1]\)。
枚举这两种的所有情况，取最大值 。
时间复杂度 \(O(n \log n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码#include <bits/stdc++.h>#define ll long longusing namespace std;int a[200007];bool solve() {int n;cin >> n;for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];sort(a + 1, a + n + 1);ll ans = 0;for (int i = 2;i <= n;i++) {ans = max({ ans,2LL * a[i] - a[i - 1] - a[1],-2LL * a[i - 1] + a[n] + a[i] });}cout << ans << '\n';return true;}int main() {std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int t = 1;cin >> t;while (t--) {if (!solve()) cout << -1 << '\n';}return 0;}D题解知识点：贪心，数学 。
神奇的华容道 。
遍历一遍，能出的直接出 ， 当前不能出的放在除了起点终点之外的地方以后再出，但要保证放之后至少还有两个空位，即只能放 \(nm-4\) 个卡片，否则下一个进来以后就满了动不了，其他情况都能随意移动卡片（华容道qwq） 。
时间复杂度 \(O(n \log n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码#include <bits/stdc++.h>#define ll long longusing namespace std;int a[100007];bool solve() {int n, m, k;cin >> n >> m >> k;priority_queue<int> pq;int p = k;for (int i = 1;i <= k;i++) cin >> a[i];for (int i = 1;i <= k;i++) {while (!pq.empty() && pq.top() == p) pq.pop(), p--;if (a[i] == p) p--;else {pq.push(a[i]);if (pq.size() >= n * m - 3) return false;}}cout << "YA" << '\n';return true;}int main() {std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int t = 1;cin >> t;while (t--) {if (!solve()) cout << "TIDAK" << '\n';}return 0;}E题解知识点：树形dp 。
设 \(dp[u][0/1]\) 表示对于以 \(u\) 为根的子树，子序列包括/不包括 \(u\) 时的答案 。
分两种情况讨论：

1. \(dp[u][0]\) 时，那么子节点 \(v_i\) 的最长不下降子序列是可以任意合并的，即子节点的答案 \(\max (dp[v_i][0],dp[v_i][1])\) 能加在一起 。因为 \(a[v_i]\) 互相大小没有限制，所以可以自定义后拼在一起 。那么答案便是 \(\sum \max (dp[v_i][0],dp[v_i][1])\)。
   
2. \(dp[u][1]\) 时，由于根节点 \(u\) 最后只可能等于一个子节点 \(v_i\) ，那么 \(u\) 只可能衔接在一个 \(dp[v_i][1]\) 后面 。
   \(dp[v_i][0]\) 不能考虑进去 。因为，当 \(v_i\) 为根的子树不是条链，一定存在子孙 \(w\) 使得 \(a[v_i]<a[w]\)，那么 \(a[u]<a[w]\) 不可能衔接到 \(w\) 后面；当 \(v_i\) 为根的子树是链时，则 \(dp[v_i][1] = dp[v_i][0]+1>dp[v_i][0]\)，没必要选 。