总结&题解
今天炸车愉快！
得分=估分=20+30=50（水分代码打得准！）
T1：
从数据可看出此题要用 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)的方法去做，这是显然的。
然而怎么做？
比赛时我想到枚举第1,2座城市，用些预处理搞出3,4，发现不可行；枚举2,3的话，1和4又会有冲突应该也不是贪心能解决的；枚举1,3的话DP更麻烦。
于是我就打了个 O ( n 4 ) O(n^4) O(n4)的暴力，不用说，直接20分了。
其实正解就是第二种方案：枚举2,3(￣ε(#￣)☆╰╮(￣▽￣///)
先跑一次最短路，处理出每一个点所能到达的前三远的点（一会儿会解释为什么是三），然后把所有的边反过来连接，再跑一遍最短路，得出能到达每一个点的前三远的点。
那么为什么是三呢？假设当前确定的第2,3个点为a,b，第1,2个点为x,y，对于x，显然有 x ̸ = a , x ̸ = b , x ̸ = y x\not =a,x\not =b,x\not =y x̸=a,x̸=b,x̸=y，其中由于x是由a固定了，因此 x ̸ = a x\not =a x̸=a可以在初始化的时候判断。剩下有2中不等的情况，因此要存前三大。
最后枚举a,b，选前三个x,y一一匹配就可以了，时间复杂度 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)。这题还是相当容易的，看来比赛时应该仔细思考每一种方案。
P.S：此题其实SPFA即可，我却疑心数据卡SPFA，打了dijkstar+堆优化，白白调了半天。
T2：
总想着把边也转换成点，在图上乱搞，结果最后什么也没有想出来，只好暴力水分。
其实这道题目可以很巧妙地转换成二分图上的问题。
不妨枚举目标颜色（即最终每一条边都要变成哪一种颜色，这里假定为R），那么对于每一条边就有变换奇数次和偶数次的两种方案。对于一条颜色为B的边，要变换奇数次，因此就要把边连接的两个点在一个新的图中连上一条边；对于R就不操作。这样我们就得到了一个有若干条边、每条边表示两个点在两个不同集合内的图。这时，只用将某一集合内所有的点全部变换就可以了，因此可以用二分图染色。
T3：
又是一道猥琐神奇的容斥题，比赛时果断放弃(；′⌒`)
其实光是子序列的定义就把我弄得半死，然而某DL却搞出来了！
由于题目要求最长公共子序列长度为n-1，因此只要从原串中取出一个字符，把它修改并插入到序列中的某一个位置（可以包括原位置）就可以了。
先不考虑重复。把某一个字母抽出来，有n个位置可以让它插入（把aaabbbcbac中标红的字母取出后，变成aaa bbcbac，原位置共有n个地方可插入），而它可以变m种字母，因此当前有 n × m n\times m n×m种情况。但是我们可以注意到aaabbcbacc与aaabbcbacc其实是等价的，而这种情况一定会出现n组。接着，不难发现，在一条连续的相同字母种，取出哪一个都是等价的，因此我们不妨把字母划分一下，相同的字母划在同一组（aaabbcbac变成|aaa|bb|c|b|a|c），这时对于每一组就对答案有 n × ( m − 1 ) n\times(m-1) n×(m−1)的贡献。
然而这样还不够！
当我们碰到ababababab这种字符串（即第 i 个与第i-2个字符相等，且其中含有2种不同字符）时，把第3个a放到后一个位置会变成abbaababab，与把第4个放到前一个位置abbaababab是等价的。观察得出，这种序列中的每一个字符都会与前面的每一个字符有一次重复。设序列长为k，那么根据等差数列求和公式，就会有 k × ( k − 1 ) 2 \frac{k\times (k-1)}{2} 2k×(k−1)种重复。
然后就可以了，实现还是相当容易的。
代码
T1
#include<cstdio>
using namespace std;
#define inf 999999999
#define fa k>>1
#define lson k<<1
#define rson k<<1|1
#define N 3005
#define M 5005
struct edge
{
int end,next;
}a[M],b[M];
int bz[N],que[N],f[N][N],dis[N],first[N],last[N],ans[5],max[N][2][3][2],n,m,top;
inline void swap(int &a,int &b){
a^=b,b^=a,a^=b;}
inline void up(int k)
{
while(k>1&&dis[que[fa]]>dis[que[k]]) bz[que[fa]]=k,bz[que[k]]=fa,swap(que[fa],que[k]),k>>=1;
}
inline void down(int k)
{
while(lson<=top&&(dis[que[k]]>dis[que[lson]]||rson<=top&&dis[que[k]]>dis[que[rson]]))
{
if(rson<=top&&dis[que[lson]]>dis[que[rson]]) bz[que[k]]=rson,bz[que[rson]]=k,swap(que[k],que[rson]),k=rson;
else bz[que[k]]=lson,bz[que[lson]]=k,swap(que[k],que[lson]),k<<=1;
}
}
inline void insert(int k){
que[++top]=k,bz[k]=top,up(top);}
inline void update(int k){
up(bz[k]);}
inline int Del(){
int res=que[1];bz[que[top]]=1,que[1]=que[top--],down(1);return res;}
inline void dijkstar(int k)
{
int i,j,u=0,v;
for(i=1;i<=n;i++) dis[i]=inf,bz[i]=0;
dis[k]=top=0,insert(k);
for(j=1;j<n&⊤j++)
{
u=Del();
if(dis[u]==inf) break;
max[k][0][2][0]=max[k][0][1][0],max[k][0][2][1]=max[k][0][1][1];
max[k][0][1][0]=max[k][0][0][0],max[k][0][1][1]=max[k][0][0][1];
max[k][0][0][0]=dis[u],max[k][0][0][1]=u;
for(i=first[u];i;i=a[i].next)
{
v=a[i].end;
if(dis[v]>dis[u]+1)
{
dis[v]=dis[u]+1;
if(bz[v]) update(v);
else insert(v);
}
}
}
if(top)
{
u=Del();
if(dis[u]<inf)
{
max[k][0][2][0]=max[k][0][1][0],max[k][0][2][1]=max[k][0][1][1];
max[k][0][1][0]=max[k][0][0][0],max[k][0][1][1]=max[k][0][0][1];
max[k][0][0][0]=dis[u],max[k][0][0][1]=u;
}
}
for(i=1;i<=n;i++) f[k][i]=dis[i],dis[i]=inf,bz[i]=0;
dis[k]=top=0,insert(k);
for(j=1;j<n&⊤j++)
{
u=Del();
if(dis[u]==inf) break;
max[k][1][2][0]=max[k][1][1][0],max[k][1][2][1]=max[k][1][1][1];
max[k][1][1][0]=max[k][1][0][0],max[k][1][1][1]=max[k][1][0][1];
max[k][1][0][0]=dis[u],max[k][1][0][1]=u;
for(i=last[u];i;i=b[i].next)
{
v=b[i].end;
if(dis[v]>dis[u]+1)
{
dis[v]=dis[u]+1;
if(bz[v]) update(v);
else insert(v);
}
}
}
if(top)
{
u=Del();
if(dis[u]<inf)
{
max[k][1][2][0]=max[k][1][1][0],max[k][1][2][1]=max[k][1][1][1];
max[k][1][1][0]=max[k][1][0][0],max[k][1][1][1]=max[k][1][0][1];
max[k][1][0][0]=dis[u],max[k][1][0][1]=u;
}
}
}
int main()
{
int i,j,x,y,z;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&x,&y),a[i]=(edge){
y,first[x]},b[i]=(edge){
x,last[y]},last[y]=first[x]=i;
for(i=1;i<=n;i++) dijkstar(i);
for(i=1;i<=n;i++)
for(j=1;j<=n;j++)
if(i!=j&&f[i][j]<inf)
{
for(x=0;x<3;x++) if(max[i][1][x][1]!=j)
{
for(y=0;y<3&&(max[i][1][x][1]==max[j][0][y][1]||max[j][0][y][1]==i);y++);
if(y<3&&max[j][0][y][1]&&(z=max[i][1][x][0]+max[j][0][y][0]+f[i][j])>ans[0])
ans[0]=z,ans[1]=max[i][1][x][1],ans[2]=i,ans[3]=j,ans[4]=max[j][0][y][1];
}
}
printf("%d %d %d %d\n",ans[1],ans[2],ans[3],ans[4]);
return 0;
}
T2
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define N 100005
struct edge
{
int end,next,red;
}a[N<<1];
int color[N],first[N],n,m,s,ans=-1,tot1,tot2,tot,want;
inline void inc(int x,int y,int z)
{
a[++s]=(edge){
y,first[x],z},first[x]=s;
a[++s]=(edge){
x,first[y],z},first[y]=s;
}
inline int mymin(int x,int y){
return x<y?x:y;}
void dfs(int k)
{
if(color[k]) tot1++;else tot2++;
int i,j;
for(i=first[k];i;i=a[i].next)
{
j=color[k]^want^a[i].red;
if(color[a[i].end]<0)
{
color[a[i].end]=j;
dfs(a[i].end);
if(tot1<0) return;
}
else if(color[a[i].end]!=j){
tot1=-1;return;}
}
}
int main()
{
int i,j,x,y;char ch;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d %c",&x,&y,&ch),inc(x,y,ch=='R');
memset(color,-1,sizeof(color));
for(i=1;i<=n;i++)
{
if(color[i]<0)
{
tot1=tot2=0;
color[i]=1,dfs(i);
if(tot1<0){
tot=-1;break;}
tot+=mymin(tot1,tot2);
}
}
if(tot>=0) ans=tot;
want=1,tot=0,memset(color,-1,sizeof(color));
for(i=1;i<=n;i++)
{
if(color[i]<0)
{
tot1=tot2=0;
color[i]=1,dfs(i);
if(tot1<0){
tot=-1;break;}
tot+=mymin(tot1,tot2);
}
}
if(tot>=0) ans=tot;
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
T3
#include<cstdio>
using namespace std;
#define N 100005
#define ll long long
char s[N];
int main()
{
ll n,m,ans=0,i,j;
scanf("%lld%lld %s",&n,&m,s+1);
for(i=1;i<=n;i++) if(s[i]!=s[i-1]) ans+=n*(m-1);
for(i=2,j=1;i<=n;i++)
{
if(j==1){
if(s[i]!=s[i-1]) j++;}
else
{
if(s[i]==s[i-2]) j++;
else
{
ans-=(j-1)*j>>1;
if(s[i]!=s[i-1]) j=2;
else j=1;
}
}
}
ans-=(j-1)*j>>1;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}