\frac{3}{2}\sum_{\alpha=0}^3\sum_{\beta=0}^3 g^{\alpha\beta}\partial_\mu\partial_\nu g_{\alpha\beta} = \frac{3}{2}\left(g^{00}\partial_\mu\partial_\nu g_{00} + g^{01}\partial_\mu\partial_\nu g_{01} + g^{02}\partial_\mu\partial_\nu g_{02} + g^{03}\partial_\mu\partial_\nu g_{03} + g^{10}\partial_\mu\partial_\nu g_{10} + \cdots + g^{33}\partial_\mu\partial_\nu g_{33}\right)

简单描述
公式使用两个美元符号扩起来，对于独占单行的公式，则需要两边各有两个美元符号包裹起来。
下标使用下划线表示，如：
$a_i+b_j=c_k$
显示为：
ai+bj=ck
上标使用向上的箭头（C 语言中的异或符号）表示，如：
$y=ax^2+bx+c$
显示为：
y=ax2+bx+c
除此之外，还有一些常见的使用方法，如：
$\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}$
显示为：
−b±b2−4ac√2a

$a_i+b_j=c_k$
[\quad
f_{i,j} = \min\left\{\begin{array}{l}
f_{i,j}\\
f_{i,k} + f_{k,j}
\end{array}\right.
\]

首先我们考虑如何求每个点的贡献，可以发现只有最后一次经过某点的时间是有用的，我们可以考虑 最少失去的法力值，设其为 $w$ ，则答案即为 $s \times \sum m - w$，$n$ 较小，考虑状压 DP，因为询问规定了最终点，所以一维是不行的，设 $f_{i,j}$ 表示已经最后一次经过状态 $i$ 中的点，且当前在 $j$ 位置的最小答案，则有状态转移方程：
$$f_{i,j} = \min {f_{la,k} + d_{k,j} \times s_{la}}$$
其中 $d_{i,j}$ 表示 $i$ 到 $j$ 的最短路，$s_{i}$ 表示状态 $i$ 中所有节点的 $m$ 和。
然后对于答案，即为 $ans = \underline{s_{i}}_k \times \underline{s}_x + (\underline{-f_{i,j}}_b)$，显然可以 李焯书 解决。
复杂度 $\mathcal{O}(2^nn^2 + 2^nn\log{V} + q\log{V})$，当然也可以维护凸包，但是瓶颈不在这，复杂度差不多。

$$\displaystyle ans[i]=R_i\cdot\left\lfloor\frac{N}{\,\frac{S_i}{T_i}\,}-10^{-6}\right\rfloor+\displaystyle\left\lceil\frac{N}{S_i}\right\rceil$$

行内公式：$L=\frac{1}{|G|}\sum_{i=1}^{|G|}D(a_i)$
行间公式：$$L=\frac{1}{|G|}\sum_{i=1}^{|G|}D(a_i)$$

$\frac{3^g_ez_i:}{s_he_n\sqrt{m_e}g^u_i}$?!

3个字：什么鬼？！