题意
给定一个n点n-1条边的树，一个人在1号点，他的朋友们在其他点，每过一秒，每个人都可以移动一步，问这个人在走到任意叶子节点的过程中是否能不被抓住，如果不能，那么找到至少需要几个朋友在树上。

思路
用*depth[i]表示点 i 的节点深度，用d[i]*表示点 i 该点距离最近的朋友的距离，因为是一棵树，因此从1号点到任意的叶子节点都只会有一条路，所以对于从1号点到任意叶子节点的路径中，如果存在$d[i]\le depth[i]$,即这个人的朋友会比这个人先到达这个点，他的朋友可以在这个点拦住他，那么就说明这条路径不能走到1号点，然后我们统计一下有几条路被挡住了就行了

代码如下：

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <string>
#include <vector>
#include <map>
#include <cmath>using namespace std;typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;const int N = 2e5 + 10,INF=1e9;int x[N],d[N],depth[N];
vector<vector<int>>g(N);
int ans;void dfs(int u,int fa)
{if(u!=1)depth[u]=depth[fa]+1;for(auto j:g[u]){if(j==fa)continue;dfs(j,u);}
}
void dfs1(int u,int fa)
{if(d[u]==0)return;int t=INF;for(auto j:g[u]){if(j==fa)continue;dfs1(j,u);t=min(t,d[j]);}d[u]=t+1;
}
bool dfs2(int u,int fa)
{if(d[u]<=depth[u]){ans++;return 0;};if(g[u].size()==1&&u!=1)return 1;bool f=0;for(auto j:g[u]){if(j==fa)continue;f|=dfs2(j,u);}return f;
}
void solve()
{ans=0;int n,k;cin>>n>>k;for(int i=0;i<=n;i++)d[i]=INF,depth[i]=0,g[i].clear();for(int i=0;i<k;i++)cin>>x[i],d[x[i]]=0;for(int i=0;i<n-1;i++){int u,v;cin>>u>>v;g[u].push_back(v);g[v].push_back(u);}dfs(1,0);//找到每个点的深度dfs1(1,0);//找到每个点距离最近的朋友的距离if(dfs2(1,0))cout<<-1<<"\n";//判断是否存在一条从1号点走到任意叶子节点的路径else cout<<ans<<"\n";
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int T;cin>>T;while(T--){solve();}return 0;
}

题意
给定一个长度为n的序列a和一初始值ss，对于任意a[i]的范围为$(-1e9\le a[i]\le 1e9)$要求找到一个最长的连续子序列，满足这一段连续子序列的任意前缀和的最小值大于等于-ss , 即将ss放到这一段连续子序列的最前面，对于这一段连续子序列的任意前缀和要大于等于0。问最长的子序列的长度，输出该长度的头和尾的下标

思路
首先，我们对于原序列a求一遍前缀和，前缀和中是可能出现负数的，此时枚举左边界，右边界不存在单调性，因此我们不能二分来查找右边界，这个时候我们可以用st表预处理出来任意一段前缀和中的最小值，然后我们二分的check就是固定了左边界后，此时的mid，即对于$i\sim mid$这一段的前缀和中的最小值加上ss后是否大于等于0，此时二分的右边界就具有单调性了，这个时候就可以二分查找对于每个i的最大的右边界了，有一些细节看代码吧

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <string>
#include <vector>
#include <map>
#include <cmath>using namespace std;typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;const int N = 2e5 + 10;ll st[N][20];
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int T;cin >> T;while (T--){ll n, ss;cin >> n >> ss;vector<ll> a(n + 1, 0), s(n + 1, 0);for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> a[i], s[i] = s[i - 1] + a[i];for (int j = 0; j < 20; j++) // st表初始化for (int i = 1; i <= n; i++)st[i][j] = 0;for (int j = 0; j < 20; j++) // st表预处理出来任意一段前缀和的最小值for (int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; i++){if (!j)st[i][j] = s[i];else st[i][j] = min(st[i][j - 1], st[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);}int ans_len = 0, ansl = -1, ansr = -1;auto check = [&](int l, int r){int len = 0;while ((1 << len + 1) <= r - l + 1)len++;return min(st[l][len], st[r - (1 << len) + 1][len]) - s[l - 1] + ss >= 0;//注意这里任意一段的前缀和要减去1~l-1这一段然后再加上ss};for (int i = 1; i <= n; i++){int l = i, r = n;while (l < r){int mid = l + r + 1 >> 1;if (check(i, mid))l = mid;else r = mid - 1;}if (check(i, r) && r - i + 1 > ans_len){ansl = i;ansr = r;ans_len = r - i + 1;}}if (ans_len)cout << ansl << " " << ansr << "\n";elsecout << -1 << "\n";}return 0;
}