A. 公园

长度放不进状态，那就把遍历的点的个数放进状态，使长度最小。

然后就变成了DAG上最短路问题。

设个源点汇点，直接拓扑排序就完了。

B. 计划

设$mn(i)$表示左端点选i，最小的愉快的旅行。

显然$mn(i)$是单调的，单调指针扫过去就完了。

然后对询问枚举左端点等差数列求和，就做到了$O(qn)$。

将n个点分成$\sqrt n$个块，处理出每个块到每个点的答案，这个可以递推。

大块直接走分块，小的部分暴力，复杂度就变成了$O(n\sqrt n)$

C. 抽卡

考试时打的状压，将每个点拆为了3个点，结果3个点的位置放错了。

我将3个点的位置设为了i-1,2*(i-1),3*(i-1)，显然是错的，应设为i-1,n+i-1,n+n+i-1。

正解也一定是状压，但拆为3个点是冗余的，我们只关心已有了几个颜色。

并且，正解将已经抽了几次卡设进了状态，

也就不用预处理每次氪金的概率数组，两层枚举状态。

设$dp(st,i)$表示当前状态用四进制表示为st，这次氪金已经抽了i次卡。

每次考虑单次抽卡比较简单，如果已经有了抽到的卡，考虑一下转移到自己的下一步 和 转移到其它状态的概率就可以了。

如果这次氪金已经抽完卡，$dp(st,m)=dp(st,0)+1$。

然而难点在于：

每次都转移到自己的下一步，这个转移会出环。

高斯消元是可行的，但是复杂度$O(4^n*m^3)$，过不去。

然而本题的环比较简单，一定只有一个包含所有变量的大环。

直接手动模拟高斯消元就可以了。

也就是说，设$dp(st,i)=a_i*dp(st,m)+b_i$。

$dp(st,i)=c_i*dp(st,i+1)+d_i$，

则有$dp(st,i)=c_i*a_{i+1}*dp(st,m)+d_i+c_i*b_{i+1}$，

所以a，b数组是可以递推的。

最终得到$dp(st,0)=a_0*dp(st,m)+b_0$

且$dp(st,m)=dp(st,0)+1$

联立解得$dp(st,m)$，回代就完了。