A

拆位算贡献，枚举每一个位置，与操作两者都是 \(1\)，异或操作相反，或操作有一个是 \(1\) 即可。

B

观察到条件 \(a_1\le k\) 证明是必然有答案的，答案这样构成：从 \(1\) 走到任意点 \(j\)，然后 \(j\) 挖空，然后推到 \(i\)，记 \(f_i\) 为从 \(1\) 走到 \(i\) 的最小花费，答案 \(i\) 即为 \(f_j+h_j+2\times |i-j|\)，问题变成求 \(f_i\)，先把 \(h_{i-1}-h_i\) 塞进线段树里，然后转化成一堆数，每次可以将一些数减去 \(1\)，使得它们的平方和小于等于某个数，一个比较基础的贪心策略就是每次选最大的然后减去 \(1\)，这个显然会超时，不妨考虑这样最后造成的结果，就是一堆数都是最大值 \(x\)，然后又有一些是 \(x-1\) 这种，所以可以直接二分这个最大值 \(x\)，然后 check 一下是否是在一个界限范围之内的，当然找到这个 \(x\) 后，有些 \(x\) 是可能变成 \(x+1\) 的，二分一下即可，复杂度为 \(\mathcal{O}(n\log n)\)，但是常熟很大。

C

大样例太水了导致挂分的，愣是 7 个大样例都没查出来问题，具体做法是城市建设那道题类似的，与 \(q\) 相关的边很少，将与 \(q\) 相关的边先设为 \(\text{inf}\)，然后跑一遍最小生成树，此时没有被选择的边且与 \(q\) 不想关的边在后续决策中也一定不会出现。然后将于 \(q\) 相关的边设为 \(-\text{inf}\)，然后跑一遍最小生成树，此时被选择的边且与 \(q\) 不想关的边在后续决策中一定出现，将它们记录下来。将上面两种边排除发现边就已经很少了，然后 \(2^q\) 枚举一下限制选哪边，注意与 \(q\) 相关的边也应该加入计算。

D

不会捏。