被闹钟叫醒再睡过真是心塞，只好熬得更晚刮完div2作补偿.......
AB就略了吧，B稍稍有点恶心但也是代码题
C的话是可以预先处理出差分后的绝对值序列，然后发现实际上就是求这个序列的最大子段和，基础dp知识
D有点意思，要分两部分来算，一部分是自环，另一部分是其他边，发现自环集合里随便取两个作为只经过一次的都是可行的，所以是C(num,2)，这个显然；对于其他边来说，选出的两条边可行当且仅当这两条边有公共顶点，那就枚举公共顶点，sigma C(out,2)即为这部分答案，原因:
a.若两条边有公共顶点，那就可以从两条边某个非公共顶点出发，对于其他路径走去走回，对于这两条边所在路径走去回时到两条边另一个非公共点终止
b.若无公共顶点，路径必须经过这四个顶点而保证这两条边只经过一次，显然不成立，因为要使某条边不被经过，必须是路径的端点在这条边端点处。
还有一部分答案，是这两条边，一条是自环，另一条是其他边，这个就显然了，所以再加num*(n-num)
E这有点玄学.....那个m的范围是吓人的，ai只有1000种取值，所以m可以缩小到<=1000
化简一下式子，发现实际上是要 (p1*a1+p2*a2...pm*am)/k=n ,k=p1+p2....+pm
将k乘到右边，变成: (p1*a1+p2*a2+...+pm*am)=k*n，将每一个n都减到左边，就变成了:
a1*(p1-n)+a2*(p2-n)+....+am*(pm-n)=0
所以构建b序列bi=ai-n，开始玄学bfs......
直接bfs显然过不了，怎么办？？？
发现若当前的sum>2000,此时想要到达0，就要在之后减掉-sum，而-sum<-2000，不可能只减去某一个ai达到目标，式子为 sum-ai-aj-ak-....=(ai'+al'....)-aj-ak....=0，那么完全可以将上式变成:
ai'-aj+al'-ak....=0，使得每一个前缀和sum'<=2000，所以当sum>2000时剪枝
又因为正+负等价于负+正，所以当sum'<0，剪枝
代码：
A:http://paste.ubuntu.com/24277232/
B:http://paste.ubuntu.com/24277238/
C:http://paste.ubuntu.com/24277245/
D:http://paste.ubuntu.com/24277246/
E:http://paste.ubuntu.com/24277247/