签到题，按照题意模拟就行了，由于lincong将题目中的“中心对称”看成了“轴对称”，导致WA了三发还不知道为啥，之后重读题目才发现了这个锅，修好之后就A了。
I题的题意很好理解，求给定图的最小直径生成树。
问题的关键在于求出图的最小直径，换句话说，就是要求出一个点，使得它到图中各点距离的最大值最小，且这个点可以在一条边的中间。类比于树的中心，我们可以称这个点为图的中心，简称“图心”。
一个十分显然的思路是枚举每一条边，看“图心”是否在这条边上。
具体来说，对于一条边(u,v)，我们假设“图心”就在这条边上，下一步是选择“图心”的位置。由于“图心”的可选位置有无数多个（可以从u一直过渡到v），所以我们可以把图中某一个点到“图心”的距离，想象成一个函数f(x)，自变量x是“图心”到u（或v）的距离。而f(x)的图像就是一条折线段，它的最大值在[0,w]（w指边权）中的某处取到。
这样，图中各点到“图心”的距离的函数图像，形成了一个个折线段。如果我们把这些折线段全部叠加到一起，并取此时图像中最上方形成的一条折线段（见下图），那么这条折线段，就是“图心”到图中各点距离的最大值。
这时，我们只需要找到这条折线段中最低的交点，那么这个交点的横坐标，就是“图心”所在的位置。因为选取这个点作为“图心”后，它到图中各点距离的最大值最小，实现了我们一开始提出的目标。
那么，应该如何寻找这个最低的交点呢？
首先，我们需要过滤一些没有用的点。什么叫做没有用的点呢？观察下图：
最上方的红色折线段就是我们需要的折线段，显然，它是由3、4、5这3条折线段相交构成的，所以1、2这两个点属于没有用的点。
如果记两点之间距离为dis(i,j)，那么对于1号点来说，因为dis(1,u)<dis(3,u)，dis(1,v)<dis(3,v)，所以1号点形成的折线段，完全处于3号点形成的折线段的下方（易知折线段斜率相同），因此1号点是一个没有用的点。对于2号点同理。
当我们去除掉没有用的点之后，图像变成了这个样子：
根据观察，我们发现了一个很有用的性质：如果dis(i,u)是按照升序排列的，那么dis(i,v)一定是按照降序排列的（由于折线段斜率相同）。因此，这些剩下的折线段之间的交点，一定是按照dis(i,u)（或dis(i,v)）排好序后，相邻的两条折线段相交出来的！这下最低的交点对应的距离ans就迎刃而解了。
按照这个方法，我们可以求出每一条边对应的ans，而最小的ans所对应的那条边，就是这幅图真正的“图心”所在的边。以这条边作为起点生成的树，就是我们要求的最小直径生成树，最小直径就等于ans * 2。
有了思路之后，代码实现并不是很难，经过几次WA之后，lincong发现并修正了一些小错误（如数组越界、精度问题、int溢出等），最后终于在2.5h左右的时候A了这道题。
H题的题意也不难理解，给定两个长度为n、元素为1-n的序列，每次只能交换其中一个序列的相邻两项，求最小交换次数，使得这两个序列对应项的差值的总和最大。
设不动的序列为a序列，交换的序列为b序列。1mszs在短暂的思考之后，认为只需把b序列中小于mid（中值）的数看作1，大于mid的数看作2，让b序列中的1都移动到a序列中2的位置、b序列中的2都移动到a序列中1的位置即可。
具体来说，只需要将b序列中的1进行移动，只要所有的1都移动到了指定位置，那么所有的2自然也移动到了指定位置。
而对于1的移动，只需要从前到后依次在a序列中找2，在b序列中找1，找到一组后，它们俩的位置之差就是需要移动的次数。将它们俩的位置之差加入sum，然后接着向后移动，重复以上操作，直到全部查找完毕，此时的sum就是题目要求的最小移动次数。
代码实现起来非常简单，思路也感觉没什么问题，但是交上去之后却发现WA on test 7。查了半天也没查出来错误的1mszs把代码扔给了lincong，然后自己去看G题。
lincong接手H题之后，想了一会儿，感觉这个思路没有毛病，应该是某个奇怪的地方写挂了。果不其然，在处理n为奇数的情况时，1mszs忘记给查找数组用的指针清零了，修正了之后AC。
G题的题意是这样：给定一幅有向图，每一条边有一个边权，且边权之间互不相同。求从s到t的边权序列中，字典序最小的那个序列。若不存在s到t的通路，输出“IMPOSSIBLE”；若字典序最小的序列长度超过1e100，输出“TOO LONG”；否则输出那个序列。
A掉A题的lincong看了一会G题，感觉没有思路，于是滚去看I题。
把H题代码扔给lincong的1mszs接手了G题，首先发现这题是一个贪心，每次能走就选择边权最小的边去走（前提是下一个点是可以到达终点的点）。至于判断一个点是否是可以到达终点的点，只需反向建图，从终点dfs一遍即可。
其次1mszs注意到，输出“TOO LONG”的情况，一定是按照贪心的策略走的时候，碰到了环，那么就会这么无限循环下去。
有了思路的1mszs开始写代码，不一会儿就写完并调试好了，但是交上去之后却发现WA on test 6。查了半天也没查出来错误的1mszs把代码扔给了lincong，然后自己去看F题（似曾相识的经历）。
lincong接手G题之后，感觉应该又是某个奇怪的地方写挂了。在手动模拟了一组数据之后，发现1mszs忘记处理终点包含在环内的情况了，在这种情况下仍然输出了“TOO LONG”，修正了之后AC。
时间已经过去了3.5h，1mszs和lincong都略感疲惫，但是题还是得继续往下看。
在观察了每道题的通过人数之后，1mszs和lincong认为剩下的题中，只有F题和J题可以尝试一做。于是看完了这两道题的题意之后，1mszs打算去研究F题，而lincong决定去研究J题。
J题的题面比较冗长，大意如下：
给定一条凸弧，弧上有许多等距离的点。在弧的下方，有n条连接着弧上两点的线段，且线段之间两两互不交叉。每一条线段有一个权值。题目的要求是选定其中的一些线段，使得从弧的每个点向下看，最多都只有k条线段被选中，且被选中的线段的权值之和最大。对于每一个k（1-n），输出最大的权值之和。
由于线段之间两两互不交叉，所以我们可以类比线段树，把这些线段全部建到一棵树上（令子节点的区间包含在父节点的区间中）。这样在dfs的时候，我们就可以把子树的权值，不断地合并到父亲节点上。
具体来说，我们需要对每一个节点开一个优先队列，用来存放当前节点包含的区间[l,r]，所能合并出来的所有权值（叶节点的优先队列中就只有本身的权值）。那么只需在dfs回溯的时候，把子节点的优先队列上的信息，全部并入父节点的优先队列即可（按秩合并）。
这样的话，在根节点的优先队列中，就存放着合并一层所能得到的所有权值（且每个权值都是当前最优的选择）。查询的时候，只需要从根节点的优先队列中不断取出队首，就能得到合并k层所能得到的最大权值了。
举个例子：
6
1 2 10
2 3 10
1 3 21
3 4 10
4 5 10
3 5 19
将题目中给出的这些线段按照读入顺序编号（根节点编号为n+1），然后把它们建到树上后，是这个样子：
在dfs的时候，我们首先搜到了1号节点，是一个叶子节点，所以直接将10并入3号节点的优先队列。接着搜到了2号节点，同样把10并入3号节点的优先队列，3号节点的优先队列变成了[20]。最后回溯到3号节点，将自己的权值加入优先队列，此时3号节点的优先队列变成了[21,20]。对于6号节点同理。
当回溯到7号节点时，我们取出3号优先队列和6号优先队列的队首，合并，然后加入7号优先队列，这时就得到了合并一层所能得到的最大权值41。同理，得到了39。
代码实现起来难度也不算太大，最后在4h左右的时候通过了这题。
然而，天有不测风云，正当1mszs和lincong讨论F题的时候，一帮不速之客闯入了研讨室。原来，是1mszs预约的研讨室到期了。因此，1mszs和lincong迅速收拾东西，草草结束了本次VP。
应该是个线段树，不过目前一直卡在WA on test 20，没有进展。