得分： (20+45+15=80)（三题暴力全写挂。。。）
(T1)：Lyk Love painting
首先，不难想到二分答案然后(DP)验证。
设当前需验证的答案为(x)，则一个暴力的想法就是设(f_{i,j})表示在第一行选前(i)个数，第二行选前(j)个数使得每个矩形内元素和不超过(x)所需的最少矩形数。
则我们可以预处理出三个数组(lst_{1,i},lst_{2,i},lst_{3,i})来分别表示能使(sum_{j=lst_{1,i}}^ia_{1,i}le x,sum_{j=lst_{2,i}}^ia_{2,i}le x,sum_{j=lst_{3,i}}^ia_{1,i}+a_{2,i}le x)的最小值。
这样就不难推出转移方程为：
[f_{i,j}=min(f_{lst_{1,i},j},f_{lst_{2,i},j},f_{lst_{3,i},lst_{3,j}})+1
]
其中第三种转移需要满足条件(i=j)。
但这样显然会(TLE)，因此需要优化。
考虑设(f_i)表示在第一行与第二行各选(i)个数使得每个矩形内元素和不超过(x)所需的最少矩形数。
则一个显然的转移就是前面提到过的：
[f_i=f_{lst_{3,i}}+1
]
而还有一种转移有点复杂，却很好理解。
我们先初始化(t_1=t_2=i)，分别表示第一行和第二行选择的元素个数。然后初始化(tot=0)，用于存储步数。
则每次我们选择(t_1)与(t_2)中较大的那个（设它为(t_x)，若相等则任选），然后把(t_x)更新为(lst_{x,i})，并将(tot)加(1)。
然后，我们就可以得到转移方程如下：
[f_i=f_{max(t_1,t2)}+tot
]
这应该正确性显然。
然后加一些小剪枝，例如(t_1=t_2=0)时直接退出，还有当(f_i>m)时直接返回(false)等等，就可过了。
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define RL Reg LL
#define Con const
#define CI Con int&
#define CL Con LL&
#define I inline
#define W while
#define N 100000
#define M 100
#define LL long long
#define Gmax(x,y) (x<(y)&&(x=(y)))
#define Gmin(x,y) (x>(y)&&(x=(y)))
#define Init(pos) for(i=1,p=0;i<=n;lst[pos][i++]=p) W(s[pos][i]-s[pos][p]>x) ++p;
using namespace std;
int n,m,lst[4][N+5],f[N+5];LL a[4][N+5],s[4][N+5];
class FastIO
{
private:
#define FS 100000
#define tc() (A==B&&(B=(A=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),A==B)?EOF:*A++)
#define tn (x<<3)+(x<<1)
#define D isdigit(c=tc())
char c,*A,*B,FI[FS];
public:
I FastIO() {A=B=FI;}
Tp I void read(Ty& x) {x=0;W(!D);W(x=tn+(c&15),D);}
Ts I void read(Ty& x,Ar&... y) {read(x),read(y...);}
}F;
I bool Check(CL x)//DP验证答案正确性
{
RI i,j,k,p,t,t1,t2;f[0]=lst[1][0]=lst[2][0]=lst[3][0]=0;//初始化
Init(1)Init(2)Init(3)for(i=1;i<=n;++i)//Init预处理lst数组
{
f[t1=t2=i]=min(m,f[lst[3][i]])+1,t=0;//第一种转移
W(++t<=m&&(t1||t2)) (t1>t2?t1=lst[1][t1]:t2=lst[2][t2]),Gmin(f[i],f[max(t1,t2)]+t);//用t1和t2两个变量不断向前跳，更新答案
if(f[i]>m) return false;//如果f[i]已经大于m，返回false
}return true;
}
int main()
{
freopen("paint.in","r",stdin),freopen("paint.out","w",stdout);
RI i,j,Mx=0;RL res,STO,hl,ORZ;for(F.read(n,m),i=1;i<=2;++i) for(j=1;j<=n;++j) F.read(a[i][j]),s[i][j]=a[i][j]+s[i][j-1],Gmax(Mx,a[i][j]);//读入，初始化前缀和
for(i=1;i<=n;++i) a[3][i]=a[1][i]+a[2][i],s[3][i]=s[1][i]+s[2][i];//用a[3]记录下a[1]与a[2]的和，方便之后的操作
STO=Mx,ORZ=s[1][n]+s[2][n];W(STO<=ORZ) Check(hl=STO+ORZ+1>>1)?(res=hl,ORZ=hl-1):STO=hl+1;return printf("%lld",res),0;//二分答案
}
(T2)： Lyk Love convex hull
一道神仙计算几何+(DP)，压根不会订正。
(T3)：Lyk Love music
一道挺有趣的神仙题，可惜看了题解还是云里雾里。。。