T1：这是一道规律题，但是我没有想出来。
首先我们发现所有的家庭一定是绕圈放置时答案才是最优的，由此我们可以手玩几个小数据来推出规律。
正解的规律是对于一个正六边形：我们第一次可以花费1的代价扩展它的一条边，产生k-1个新的格子（k代表边长）；第二次可以花费1的代价扩展它的第二条边，这时会产生新的k个格子；以此类推，第三、第四、第五条边都是花费1的代价产生k个新的格子，但是第六条边时花费1的代价产生k+1个新的格子。
所以我们首先找到一个面积不超过n的最大的正六边形，然后枚举要扩展它的几条边才能容下n个家庭，这样就可以算出答案了。
代码如下：
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#define ll long long
ll n,ans;
int main()
{
//freopen("wall.in","r",stdin);
//freopen("wall.out","w",stdout);
ll k,s;
scanf("%lld",&n);
k=1;s=0;
while(3*k*(k-1)+1<=n)k++;k--;
s=3*k*(k-1)+1;ans=6*k;
if(s>=n){printf("%lld",ans);return 0;}
s=s+k-1;ans++;
if(s>=n){printf("%lld",ans);return 0;}
s=s+k;ans++;
if(s>=n){printf("%lld",ans);return 0;}
s=s+k;ans++;
if(s>=n){printf("%lld",ans);return 0;}
s=s+k;ans++;
if(s>=n){printf("%lld",ans);return 0;}
s=s+k;ans++;
if(s>=n){printf("%lld",ans);return 0;}
s=s+k+1;ans++;
if(s>=n){printf("%lld",ans);return 0;}
}T2：这题我当场就想出正解了，但是还有一个细节没有处理好。
首先我们从f[i]想i连边，边权为D[f[i]]-C[i]，然后我们发现整个图就是一个环套树。接着我们就可以用类似拓扑的方法搞定树的答案（即选最大的边乘上a[f[i]]）。然后一个环上一定要删掉一条边，那么我们就选择删掉收益最小的那一条边，然后环就变成了一棵树，用树的方法处理就好了。
注意：1、自环的情况。
2、我们其实可以把所有的物品取剩只有1个时再来割环边，我比赛时就错了这个地方。
T3：这一题不难，但是考思维。
首先我们枚举p串，这里注意p串的长度一定要是n的约数，所以枚举的复杂度是O(n*logn)的。
接着我们可以取件dp，一开始设f[i][j][k]表示i~j这一个区间，去掉所有完整的串之后剩下的几个部分匹配到p的第k位是否可行。
然后我们又可以发现其实k=(j-i+1)*len（len是p的长度），这个想一想就清楚了。所以现在只剩下i、j两维。
接着我们就枚举l表示k+1位匹配的位置，这时又注意到l=j+1+x*len（这个想一想也可以知道为什么），所以l的枚举是O(logn)的。
综上所述，总的时间复杂度是O(n*logn*n^2*logn)=O(n^3*(logn)^2)。有点大，但是优化一下能过。
