寫在前面：這一套比賽聽說是一位OI界的神犇出的題，果然質量很高啊，要好好總結。
T1:
It very simple.
You can 排序，and 模擬 and AC.
T2：
一眼知道是DP.
關鍵沒想到怎麼去無後效性.
很明顯只需要倒着推，因爲當你在倒着推做到第i個的時候，i+1~n都是沒有變過的，所以並不會對i產生影響，也就是去除了無後效性.
明白了去無後效性後，想想狀態怎麼設置.
對於第i段路的高度，要麼它就不與前面的交換，要麼就交換.
則很明顯可以設
f[i,0]表示第i段路不換的最優值.
f[i,1]表示第i段路換的最優值.
希望狀態轉移方程各位能自己推推，不難.
{
轉移如下：
如何計算f[i,0]呢？
很明顯，至於f[i+1,0/1]有關.
f[i,0]=min{f[i+1,0]+abs(a[i]-a[i+1]),f[i+1,1]+abs(a[i]-a[i+2])}
爲什麼這樣呢？
因爲如果第i+1個不交換，那麼第i個就要走到第j個，花費爲abs(a[i]-A[I+1])
而如果第i+1個交換了，則不管它怎麼換，換到哪裏，花費都是abs(a[i]-a[i+2])，因爲i+2會移到i+1這個位置。
然而f[i,0]應該是最好求的，那麼f[i,1]怎麼求呢？
因爲我們不知道第i個位置它要移到哪去，所以，我們可以枚舉.
設第i個數移到j這個位置
i移到j這個位置，則i+1~j的所有位置都往前移了一個格，i會與j產生一個新的差
記爲x1=abs(a[i]-a[j])
而i+1~j他們之前互相會產生一個差，我們要求這些差的和，很明顯用前綴和可以求，記爲x2=Sj-S(i+1)
那麼x1和x2是不變量，而對於第j+1位，如果它不換，則答案=f[j+1,0]+x1+x2+abs(a[i]-a[j+1])
如果換了，則答案=f[j+1,1]+x1+x2+abs(a[i]-a[j+2])，很明顯答案取兩者較優，至於爲什麼，則與求f[i,0]的思路是類似的，自行思考.
}
T3：
考試時打的暴力，但正解非常巧妙.
可以把一個矩陣裏的相同類型數字看做一些點，那麼這些點之間互隔的距離會產生一些類似矩陣，把這些矩陣的大小累加即爲答案.
f[i,0]表示第i個數當前最靠左的位置.
f[i,1]表示第i個數當前次靠左的位置.
很明顯，第一次遇到i這個數，我們需要累加答案，是(m-j+1)*(n-i+1){i表示行,j表示列}，並記錄f[i,0]，以及把f[i,1]的值賦值爲M+1，方便第二次遇到i時計算.
而第二次遇到i時，
假設是在f[i,1]的左邊，則需要減去答案 (f[i,1]-j)*(n-i+1)，並記錄f[i,1].
假設是在f[i,0]的左邊，那就f[i,0]與f[i,1]一起更新，並累加答案(f[i,0]-j)*(n-i+1)，再減去答案(f[i,1]-f[i,0])*(n-i+1).
以此類推……
這樣子，則可以求出答案，這需要自己去意會，理解一下，就不多說了。
T4：
一道很巧的規律題：
當前加入的第i個數，b[i]只有可能與b[i-1]的差在0~2之間，why？
Because——
前i-1個數，因爲要求互不相等，所以如果前i-1個數當中有一個i-1的且第i個增加的數<=i則 b[i]=b[i-1]+2
如果前i-1個數當中有一個i-1但第i個數>i，則 b[i]=b[i-1]+1
當=0的時候，很明顯對答案是沒貢獻的.
接下來分類討論：
當b[i]=b[i-1]+2的時候，
前面i-1個數本來能放i-1個<=i的數，但因爲前面有b[i-1]個<=i-1的數，所以前i-1個數能放的<=i的個數爲i-1-b[i-1]
而第i個位置本來能放i個<=i的數，但與之前的原因一樣，只能放i-b[i-1]個，但又由於前i-1個數又多放了一個<=i的數，所以第i個位置只能放的個數需要再減1.當b[i]=b[i-1]+1的時候，
第i個數能放i-b[i-1]個<=i的數，前i-1個位置能放i-1-b[i-1]的數，方案數是累加的，因爲一次只能放一個.
規律如下：
當b[i]-b[i-1]=1：i-b[i-1]-1+i-b[i-1]
當b[i]-b[i-1]=2：(i-b[i]-1)*(i-b[i]-1)
最後高精度即可.