又被爆踩。
正解写挂。
暴力不会。
只会改题。
还要加油。
T1
$nlog^2$是显然的
那么考虑只二分一次，就$nlog$了！
有什么能通过一次二分$O(1)$得到呢？
二分a的位置，$O(1)$得到b的位置
check的特判极其惨烈，%%%$Rock_B$调出来了
另一种简单一点的做法：
二分查找不好搞，考虑另一个二分——分治
通过分治，让每次的询问参数减半，也是$O(logn)$的复杂度
设计一个函数找到a的长度为lena，b的长度为lenb时，排名为rank的元素
那么把每次询问的rank分成一半，在a，b中找到对应的位置（长度不够则让另一个串多分一点）
如果$a[k/2]<b[k/2]$，则可知$a[1]～a[k/2]$都不可能成为排名为rank的元素
因为把ab放一起排序后$a[k/2]$后面的元素太多了..显然一定多于$lena+lenb-rank$
所以把$a[1]~a[k/2]$直接排除出答案，把rank-=k/2（或者当lena<k/2时的lena），递给下一层解决
T2
一个dp分成两部分
$dp[i]=min(dp[j-1]+value(j,i))$
单调栈维护所有可能贡献出value的j（单调递增栈）
对同一个j维护可能的最大$dp[k-1](k<=j)$，随便用什么数据结构维护栈里的最大值即可。
T3
高度烧脑警告。
我和miku啃了好久题解才弄明白
（miku教了我好久我才懂的差不多）
首先对于一个整型随机变量x有这样一个东西：
$E(x)=\sum\limits_{i=1}^{inf} P(x>=i)$
E(x)为x取值的期望，P为命题成立的概率。
证明么..
$$\begin{array}{rcl}\\E(x)&=&\sum\limits_{i=1}^{inf} i*P(x==i)\\&=&\sum\limits_{i=1}^{inf} i*(P(x>=i)-P(x>=i+1))\\&=&1*P(x>=1)-1*P(x>=2)+2*P(x>=2)-2*P(x>=3)+...\\&=&\sum\limits_{i=1}^{inf} P(x>=i)\end{array}$$
现在有了这样一个东西，