A
考虑在所有 \(0\) 前添加正号，在 \(1\) 前轮流添加正负号即可。
B
首先根据抽屉原理，我们可以取出最多的颜色，个数记为 \(mx\)，然后其余颜色可以填在 \(mx\) 的两两中间，最少要有 \((mx-1)(k-1)\) 个空位。
但是只是必要的，而不是充分的。考虑有多个最大值的情况，发现这些不是作为分界点的最大值没法全都用，要少用一次。所以对于每种这样的总数要减去 \(1\)。
C
我们对于每种序列，倒序考虑。考虑最后一次战斗，如果是 \(1\)，那么一定有一个比他小的数存在，\(1\) 就不合法。否则如果是 \(0\)，那么要有一个比他大的存在，\(n\) 就不合法。
扩展这个思路，考虑当前最后一个 \(01\) 连续段，如果有 \(x\) 个，相当于前/后 \(x\) 个数是不能选的。当出现 \(0\) 与 \(1\) 时，就没有关系了。
D
无解当且仅当 \(1\) 的个数不被 \(n\) 整除。
考虑用 set 维护每一行，每次选出最多的和最少的两行，交换位置使得每次较多的那个减少，较少的那个增多。直到有一行达到最终状态，即不能再增多减少。这样每次至少使一行合法，保证了复杂度。
E
定义 \(f_{u,0/1/2}\) 表示以 \(u\) 为根的子树，只考虑第一个棋子/第二个棋子/第一个与第二个棋子遍历完子树中的所有点回到 \(u\) 的最小步数。
转移的话，\(f_{u,0/1}\) 直接从子树中累加，然后加上进子树和出子树的 \(2\)。\(f_{u,2}\) 则要考虑两种关键点的深度，来决定是否要两个点都要进入子树中。如果只有一种点且最大深度满足条件，那就可以只动一个点。
F
直接考虑 F2。
考虑将每次的操作形式化，注意到 \(3\) 把操作序列分成的若干段，那么有一棵满二叉树，深度越深操作顺序越前面。然后对二叉树做后续遍历。
考虑每一次 \(1\) 操作对答案的贡献。合法的贡献范围一定是该层从右到左一段连续的区间，考虑暴力怎么做，从根出发，如果右子树的 \(2\) 操作和可以让当前的操作保持大于 \(0\)，那么往左子树走，否则往右子树走。贡献就是最终走到的点。但是这样每次复杂度 \(O(n)\) 考虑优化。
注意到一开始是一段连续的 \(\infty\)，即肯定往右子树走，那么可以二分第一次往左子树走是什么时候。然后开始走，一直走到第一个子树和为 \(0\) 的位置，那么后面肯定只会往左子树走，这样每次至少答案减半(子树和指数级递增)。单次复杂度是 \(O(\log V)\) 的。
G
观察的个差式，考虑一种方案选择了 \([L,R]\)，存在 \([l,r]\) 被 \([L,R]\) 包含，那么所有选择了 \([L,R]\) 的方案数可以选择 \([l,r]\) 使得方案被抵消，所以舍去所有包含别人的区间。
这样剩下若干个左右端点单调递增的区间。考虑现在的 \(\mathrm{dp}\) 过程，记 \(f_{i}\) 表示覆盖到 \(y_i\)。那么转移的时候，如果当前的区间可以和倒二区间接上，那么选不选倒一区间都可以，方案抵消。所以此时就可以直接跳到第一个倒二区间接不上的位置。维护二元组 \((u,v)\)，每次 \(u,v\) 都跳到第一个不接壤的位置。最后判断是否有一个位置的 \(y\) 为 \(r\)，那么答案为 \(1\) 或 \(-1\)。否则为 \(0\)。若 \(u=v\) 的时候也是 \(0\)。有一些特殊情况特判一下就好。