签到题，按照题意模拟即可。
对于后手而言，不论先手最后剩下哪个数字，他都会让自己剩下的数字，与先手剩下的数字相差最小。
对于先手而言，因为他也知道，后手会使他剩下的数字与后手剩下的数字相差最小，所以他只能尽量使这个最小的相差最大化。
具体来说，对于a数列中的每个数字，只需枚举b数列中的所有数字，找到相差最小的一对，记它们的差为c，那么所有的c中最大的一个，就是答案。
签到题，只需考虑某一种字母数量超过n/2的情况即可。对于这种情况，当其他字母数量之和>2时，可以构造出题目要求的字符串，否则不能。
给定一个有n个顶点的无向完全图（n为奇数），每一条边有一个边权。题目的要求是将这个图分为多个环（每条边只能且必须使用一次），记环内相邻两条边的边权为u、v，使得所有的max(u,v)之和最小。
直接构造很难下手，于是分析题目条件。
由于n为奇数，不难发现所有点的度数为偶数，而一个环中相邻的两条边又是通过一个公共点相连接的。因此，我们可以将每个点连接的这(n-1)条边分为(n-1)/2对，不必考虑每一对边具体是属于哪一个环的，只需要让每一对边的max值之和最小即可。
那么，我们对每个点连接的边按边权排序，取相邻的两条边构成一对即可，时间复杂度O(n2log n)。
B题的题面比较冗长，大意是你有两个等级，给你n个任务，每个任务在1级和2级下做的时候，花费的时间和得到的经验值是不同的。当1级的经验值满了之后就会升级，升级后只能在2级下做任务。并且1级的经验值溢出后，可以加到2级的经验值上。问最少花费多长时间，才能使1、2级的经验值均满。
显然，这是个01背包问题，分别考虑每个物品对1级和2级的贡献即可。一个细节是需要对读进来的数据按照x（在1级下做任务得到的经验值）从小到大排序，这样可以尽量多的将经验溢出给2级。
设dp[j][k]为：1级经验为j、2级经验为k时，花费的最少时间。受题意影响，lincong在写dp转移方程的时候，误以为只有j>=s1（1级升级所需的经验值）时，才能使用一个任务在2级下做的时间和经验。因此写出了如下错误代码：
for(int i=1;i<=n;i++)//枚举每个任务
for(int j=s1;j>=0;j--)
for(int k=s2;k>=0;k--)
{
int nj=min(s1,j+a[i].x);
int nk1=min(s2,k+max(j+a[i].x-s1,0));//计算溢出
int nk2=min(s2,k+a[i].y);
dp[nj][nk1]=min(dp[nj][nk1],dp[j][k]+a[i].t);//当前任务在1级下做
if(j>=s1) dp[j][nk2]=min(dp[j][nk2],dp[j][k]+a[i].r);//当前任务在2级下做
}
然而事实是，我们可以在任何时候使用一个任务在2级下做的时间和经验。
原因是：在1级经验不满s1时，我们使用一个任务在2级下做的时间和经验，可以理解为把这个任务寄存到2级下，当1级经验足够s1之后，立刻去做这个任务即可。
反而是当j>=s1时，我们不能使用一个任务在1级下做的时间和经验，因为这时已经升级到2级，只能在2级下做任务了。正确代码如下：
for(int i=1;i<=n;i++)//枚举每个任务
for(int j=s1;j>=0;j--)
for(int k=s2;k>=0;k--)
{
int nj=min(s1,j+a[i].x);
int nk1=min(s2,k+max(j+a[i].x-s1,0));//计算溢出
int nk2=min(s2,k+a[i].y);
if(j<s1) dp[nj][nk1]=min(dp[nj][nk1],dp[j][k]+a[i].t);//当前任务在1级下做
dp[j][nk2]=min(dp[j][nk2],dp[j][k]+a[i].r);//当前任务在2级下做（j<s1时可认为是寄存到2级下）
}
因此WA了11发之后成功AC此题。
1mszs补了G题，lincong补了AEF题。
纯模拟。其实VP时，1mszs已经基本想出此题的正确做法了，由于时间不够等不可抗因素，未能AC此题。
G题的题意是这样：给你一个侧面投影和一个正面投影，让你判断这两个投影能否组成一个立体结构。如果能的话，输出组成它的小方块个数的最大值，以及它们的位置；接着输出小方块个数的最小值，以及它们的位置（输出字典序最小的一种方案）。如果不能的话，输出-1。
最大值很好处理，只要是能放小方块的地方，全部放上即可。
最小值也不算难，我们按层去放小方块。首先，我们需要计算出这一层的x轴和y轴上分别有多少个阴影。对于xy数量相同的情况，我们1对1依次去放即可；对于xy数量不等的情况，我们让多出来的部分全部放在第1行（列），剩余的1对1依次去放即可。
VP结束后，1mszs继续完善考场上的代码，WA了3发之后AC。
VP时，以为F题是树上博弈论之类的奇奇怪怪的东西，于是没敢写。VP结束后，发现就是个树上最大匹配罢了。若最大匹配能覆盖所有点，则Bob胜；否则Alice胜。
代码实现也很简单，在树上跑一遍dfs即可。若回溯的时候，x的子树中存在没有匹配的点，就用自己匹配它；否则的话，x成为一个没有匹配的点。具体看代码：
int dfs(int x,int fa)
{
int siz=0;//siz为x的子树中没有匹配的点的数量
for(int i=head[x];i;i=e[i].nex)
if(e[i].to!=fa)
siz+=dfs(e[i].to,x);
if(siz) siz--;//子树中存在没有匹配的点，用自己匹配它，没有匹配的点的数量减一
else siz=1;//子树中不存在没有匹配的点，于是自己成为一个没有匹配的点
return siz;
}
题意：有n个数呈环形排列，每次操作可以修改其中的一个数，将它变成它和它相邻的两个数字中的最大值或最小值，求最少操作次数，使得这n个数都变成同一个数k。对于1-m的每个整数k，输出最少操作次数。
显然，若这n个数中没有k的话，我们不可能将这n个数都变成k。而当这n个数中存在k的话，我们一定可以通过有限次数将这n个数都变成k。
首先，我们可以把所有小于k的数字看作-1，所有等于k的数字看作0，所有大于k的数字看作1。而我们的任务就是将所有的-1和1修改为0。
考虑这样一种情况：序列中没有1和-1的交替。这时操作次数就是1和-1的个数。
比较麻烦的情况是，序列中存在1和-1的交替，那么我们需要通过额外的操作次数，将这样的交替序列抹除。记交替序列的长度为len，那么显然我们需要至少[len/2]次操作，来将所有的1（-1）变成-1（1），之后就变成了上面的情况。
于是问题转换成了：求序列中1和-1的交替序列的个数及长度。
由于查询是单调的，所以当一个数被看作-1后，它将不会再被改变。考虑到这一点，我们只需实现单点修改操作，那么开一个线段树记录交错序列长度，每次单点修改更新即可。
其中，合并两个子区间的代码如下：
tree merge(tree ls,tree rs,int l,int r)
{
tree fa;
int mid=(l+r)>>1;
if(b[mid]&&b[mid+1]&&b[mid]+b[mid+1]==0)
{
if(ls.len1==mid-l+1) fa.len1=ls.len1+rs.len1;
else fa.len1=ls.len1;
if(rs.len2==r-mid) fa.len2=ls.len2+rs.len2;
else fa.len2=rs.len2;
fa.ans=ls.ans+rs.ans-(ls.len2/2+rs.len1/2)+(ls.len2+rs.len1)/2;
}
else
{
fa.len1=ls.len1;
fa.len2=rs.len2;
fa.ans=ls.ans+rs.ans;
}
return fa;
}
按题意枚举即可。从全部是摩托车的情况，枚举到全部是汽车的情况。
具体见代码：
while(r-l+1>=k)
{
if(a[r]+d<lc) break;
car++;
if(a[r]<lc) cost+=(lc-a[r]);
if(a[r]<lm) cost-=(lm-a[r]);
else rest-=min(d,a[r]-lm);
for(int i=l;i<l+k-1;i++)
{
if(a[i]+d<lm) motor--;
else if(a[i]<lm) cost-=(lm-a[i]);
rest+=min(d,a[i]-1);
}
if(rest>=cost&&motor==0) ans=min(ans,car*pc+(n-car*k)*pm+cost*t);
l+=k-1,r--;
}