A 一看是橙色的，跳了。
B RGB Balls
一个显而易见的贪心是考虑加进来一个颜色，如果能正好和剩下的组成一组，那么就一定让他们组成一组。留着的话前面剩下的能造成的极差一定更大。而如果组不成一个，也尽可能让他当第二个。实在加不进去了再让他当第一个。
这样我们实时维护一下 R,G,B,RB,RG,GB 的数量即可。然后因为每形成一个这样的二元组或三元组，都是在少一个元里面的挑一个。而且所有新加进来的这种颜色都是要优先组成更大的，所以无论和同类型的哪种匹配都是一样优的。每形成一种这样的多元组，就要乘上他的可能性。
C Numbers on a Circle
我们考虑从后往前逆着推，考虑一个点能通过不断地减两边得到终止状态。我们考虑最大值，最大值如果比他两边的和还要小，说明这个数动不了了，就说明无解。否则就可以一直减，反正中间有别的操作肯定不影响左右两边的值。所以直接减到不能减或者终止状态为止。如果减完了发现到不了终止状态，但是最后比中止状态小了，就说明无解了，否则就这么干就行（（
然后复杂度我不会分析。感觉像 gcd？
D Sorting a Grid
感觉像网络流。打了一下发现果然是网络流，于是我们就这么写了。
考虑是要 C 每一列都是 \(n\) 的排列，然后对 C 的每一列排序就行。
所以我们考虑怎么求 C。对每一行建一个点，每种颜色建一个点（颜色就是排序后点该在的行），然后连边，跑出来一个完美匹配就是一列的方案，跑 \(m\) 次，每次删掉选了的边，就是 \(m\) 列的方案。
然后考虑为什么这么做就对。
首先前置知识：
Hall 定理： 对于一个二分图，其存在完美匹配的充要条件就是两侧点集大小相同，并且从一侧选出一个非空子集 \(S\)，从 \(S\) 连出的边形成另一侧的点集大小大于等于 \(|S|\)
证明：
咕咕咕
然后我们考虑取了 \(k\) 次，考虑现在能否取出一个完美匹配。已知每行现在向每种颜色连了 \(m-k\) 条边。每种颜色向每行也连了 \(m-k\) 条边。
考虑反证法。假设现在取出行的一个子集 \(S\)，它连向的子集是 \(|T|\)，假设 \(|S|> |T|\)，那么 \(S\) 向 \(T\) 连了 \(|S|(m-k)\) 条边，而已知 \(T\) 总共只连出了 \(|T|(m-k)\) 条边，所以矛盾。
所以我们这么做每次都能取出一个合法完美匹配。
E Reversing and Concatenating
还好吧这题。
就是考虑最优的是让最小的字母在开头最长。
如果是最后一个字母最小，那么直接反复翻篇，长度就是 \(\min\{l_n 2^K,n\}\)，\(l_n\) 表示以某个位置结尾的连续最小字符长度。
否则就是需要先用一次操作使他到最后，然后也是反复翻，长度就是 \(\min\{l_i 2^{K-1},n\}\)
最小字符的长度是那么长，而如果是剩下的，直接在选的位置找个最小的前缀就行了。
F Counting of Subarrays
假如说一个序列全是一种字符，那么直接判断 \(n\geq L\) 就行。
考虑如何判断一个序列是合法的。
我们找到一个最小的数字，把他的连续段都找出来。如果一个连续短小于 \(L\)，那它第二个值不可能达到 \(L\) 了，那么一定无解。否则我们把所有连续段，假如说当前最小值为 \(c\)，长度为 \(k\) ，合并为 \(\lfloor\frac k L\rfloor\) 个 \(c+1\)。因为把 \(L\) 个 \(c\) 合并起来得到 \((c+1,L)\)，等价于一个单独的 \(c+1\)。
这样如果最后就剩一个数了，那么就说明可以。
然后考虑怎么统计所有子段。我们考虑维护每一个位置，是由多少个前面的位置合并到这里，并以这里结尾，设为 \(l_i\)，同理设一个 \(r_i\) 。还像之前那样合并。然后统计贡献即可。但是这样会重复计算合并之后的答案，所以合并之后要减掉。
然后再合并一下 \(l,r\) 就行了。
复杂度，每次至少少了 \(L-1\) 个数字，如果用 set 维护一下连续段就是 \(O(n\log n)\) 的。