T1：这题其实不难。
我们考虑在dfs序上dp。设f[i][j]表示到dfs序上的第i个点时，1~i经过了j条左边的方案数。
那么转移有两种情况：
1、在i下面加上一个左儿子，则转移到f[i+1][j+1]
2、从i往上走，走到第一个没有右儿子的点，然后加上这个点的有儿子，这样的话就转移到f[i+1][j-1]（因为一定是少一条左边）
最终的答案是f[n*2-1][0]，因为一定要走到最右的儿子整棵树才算构造完成。
T2：这题其实也不难，比赛时别被卡SPFA。
推一下式子可以发现每一条边的权值变化是有周期的，那么这就是一个分层SPFA。
但是SPFA会被卡，所以要么用dij，要么加上判断dis[对头]是否小于dis[队尾]的优化（这个优化看上去不起眼，但是在这一题中十分有用）。
总结：在比赛时如果SPFA有被卡的风险，那么就尽量用dij。因为SPFA的时间复杂度不稳定。
T3：这题有一点复杂。
首先要注意到子序列是可以不连续的。
首先我们设c[i]表示满足长度为i的权值最小的某个子序列。那么可以证明c[i]c[i+2]。也就是说i+2的答案子序列一定是有i的子序列加上两个数得到的。这个结论我暂时还不会证。
那么现在就有一个分治的做法。首先假设我们算出了l~mid和mid+1~r的所有长度的答案，现在我们要求l~r的所有长度的答案。
可以设在l~mid中我们选出了s1个数，在mid+1~r中我们选出了s2个数，此时我们就可以更新l~r中s=s1+s2的答案。但是枚举s1和s2的效率是n^2的，此时我们就用到了刚才的结论。
假设s的最优解是s1和s2，那么在算s+1时，我们只需要用s1-2+s2+3,s1-1+s2+3,s1+s2+1,s2+1+s2,s1+2+s2-1来更新即可。因为波动不超过2。
实际上，对于每个区间我们都要维护区间的每个长度的最大值和最小值，这时为了合并时使用。这样维护所有长度的答案看上去是n^2的，实际上是nlogn的，这个想一想就明白了。
