A
存在两个串，(0)的个数或者(1)的个数均大于(n)。
在(0)或(1)间把另外一个字符插进去。
B
结论：对于(n)阶排列，合法的方案数为(2^{n-1})。
证明：
对于(n)阶排列，假设第一个位置填的是(x)，那么前缀会是(x,x-1,ldots,1)。
令(f_i)为(i)阶排列合法方案数，(f_0=1)，有递推式：
(f_n=sumlimits_{i=1}^n f_{n-i}=2^{n-1})。
C
第五发才过...菜死了，我的做法相对较复杂，谨慎观看。
令(w=igopluslimits_{(u,v)in E}w_{u,v})。
结论：存在最优解，需要填的边，除一条边权为(w)外，其他均为(0)。
证明：
若有两条边权不为(0)，将其中一条改变这两的异或，( ext{MST})不会增大。
先搜出补图连通性：( ext{cf920e})。
将补图连通的点先缩起来，用给出的边跑一个( ext{MST})，用到的边权是必须用到的。
如果存在补图的某个连通块，边数(ge)点数，那么在树的基础上将(w)放在另一条边，那么( ext{MST})就为之前得到的。
那么现在要考虑补图的某条边边权为(w)，对( ext{MST})的影响。
对于原图但不在( ext{MST})的边，考虑其是否可能加入( ext{MST})，将其与(w)取(min)，在加上原( ext{MST})，就为真正的( ext{MST})。
- 如果其两端在补图中连通性相同，可以。
- 如果其两端在补图中连通性不同，其在( ext{MST})中的路径如果存在补图的边，可以。
感觉讲得及其不清楚，就放下代码吧...
D
定义：点(i)简写为(i)，标签(i)简写为(hat{i})
观察1：对于(a_i=i)的点，若存在解，则一定存在没有操作过(i)的解。
证明：
若(hat{i})离开(i)，之后必定还要回到(i)，找到第一次离开(i)的操作与第一次回到(i)的操作，容易观察将这两次操作删除，不会对结果产生影响。
于是我们可以忽略所有(a_i=i)的所有点。
考虑如果一开始就是单轮换，该怎么做？
枚举任何一个点，作为中心，其他点与其连边。
这形成了一个菊花图，考虑中心的标签，将中心与上面标签数字的点交换，依次操作所有边后，显然合法。
但如果开始不是单轮换呢？
观察2：对于两个轮换，交换这两个轮换中任意两点的标签，会合并成一个轮换。
我们的大概思路是：将所有轮换合并成一个轮换，再将单轮换调整好。
我们依然枚举任意一个点，作为中心，对其他点极角排序，考虑相邻的两个点这种连边，即外围的蓝色边。
利用蓝色边，将多个轮换合并成一个轮换，这很容易实现。
但还有另外一种情况
如果选择的中心点在凸包上，是可能蓝色边与黄色边有交的。
考虑所有的点都在凸包上的情况。（否则选择不在凸包上的点，所有蓝色边有效）
但这样的蓝色边至多有一条，考虑是否可以忽略这条蓝边，以达到目的。
这相当于，对于一个凸包上的边，忽略两条相邻的边，是否可以通过其他边以达到目的，由于一个轮换至少有两个点，这是可行的。
综上，我们在(O(nlog n))（极角排序），在最多(1.5n)次操作内解决了此问题。
E
定义：令点(i)上的标签为(a_i)。
总共(n)个过程，第(i)个过程为将(i)向下推。
在前(i)个过程结束后，将当前点的值(le i)的看作绿色节点，其他的看作红色节点。
结论1：当前处在第(max(1,a_1-1))个过程。
结论2：在前(i)个过程结束后，红色节点值的相对顺序跟原来的相对顺序相同。
容易证明
推论：在任何时候，任意节点的子节点的值相对顺序不变。
结论3：在前(i)个过程结束后，经过的天数为现在点值为(1sim i)的高度之和。
假设目前处在某一个过程恰好结束的时候，根据推论，容易求出所有绿点与红点的(a_i)。
假设目前处在过程(dem=max(i,a_1-1))，将(a_i=dem)的点移到根，以还原到前(dem-1)个过程恰好结束的时候。
考虑原来(a_i=dem)这个位置是否合法呢，找到最终(a_j=dem)的位置，判断(j)是否在(i)子树内即可。
感觉讲得非常不清楚...可以看下代码
F
题意：
给出一个(n)阶排列(A)，及(q)个区间([l_i,r_i])。
定义排列(B)与(A)在([l,r])相似，当且仅当在区间([l,r])中，(A)和(B)的相对顺序相同。
定义排列(B)是( ext{k})相似的，当且仅当对于(1le ile k)，(B)与(A)在([l_i,r_i])均相似。
对于一个( ext{DAG})图(G)，定义(G)是( ext{k})相似的，当且仅当其拓扑序与( ext{k})相似的排列一一对应。
输出(q)行，第(k)行输出( ext{k})相似的图(G)的最小边数。
(nle 25000,qle 100000)。
时限：(7s)。
首先不考虑具体复杂度，可以构造出一个多项式复杂度算法：
对于目前的所有区间([l_i,r_i])，对于每个区间(l,r)，令其长度为(len=r-l+1)，保留(len-1)条边（相对顺序相邻的点之间连边）。
然后对于有向边((u,v))，若删掉((u,v))后，(u)仍可以到达(v)则删除。
对于每个点，假设包含其的区间左端点最小为(ld)，包含其的区间右端点最大为(rd)。
与其相关的边至多有四条：
([ld,i))中比其大的最小位置，比其小的最大位置
((i,rd])中比其大的最小位置，比其小的最大位置
对于点对((i,j)(i< j))，若其同时在(i,j)中都为相关的边，则保留，否则不保留。
正确性显然。
由于(ld_i,rd_i)增长的总次数为(O(n^2))，故总复杂度(O(n^2+q))。