无言投下（指摸了）。
- A
显然让某个人尽可能多拿，剩下的尽可能平均分配最优。
- B
每一行是独立的。设 (f_i) 表示填满前 (i) 个位置所需的代价，根据 (s_i) 和 (s_{i-1}) 的情况，可以决定是否从 (f_{i-1}) 和 (f_{i-2}) 转移。
- C
可以发现，如果倒了偶数次，那么平均温度必然是 (frac{c+h}{2})，因此只可能倒了 (2) 杯。
现在只考虑倒了 (2x-1) 次的情况，即 (x) 次热水，(x-1) 次凉水，此时温度为 (f(x)=frac{xh+(x-1)c}{2x-1})。感性理解或者稍微推一下式子就可以发现，(f(x)) 是单调减的，且当 (x ightarrow +infty) 时，(f(x) ightarrow frac{c+h}{2})。
因此，如果 (tleq frac{c+h}{2})，那么一定是倒 (2) 杯，否则，要使 (f(x)) 尽可能接近 (t) 的话，只需要找到最小的 (x)，使得 (f(x)geq t)，答案取 (x) 和 (x+1) 中较优的一个即可。这个过程可以二分，也可以由 (frac{xh+(x-1)c}{2x-1}geq t) 和 (t>frac{c+h}{2}) 推出 (xgeq frac{c-t}{h+c-2t})，直接算即可。
- D
不难发现，对于任意选定的区间 ([l, r])，对方都会移除区间内最大的元素。不妨设相同元素中左边的更大，那么如果被移除的位置是 (x)，对应的被选中的区间 ([l, r]) 应满足 (max_{i=l}^{x-1} a_i<x, max_{i=x+1}^r a_ileq x)。双指针一波，很容易就能找到每个位置可能的最大区间 ([l', r'])，每个以 (x) 作为区间最大值的区间都是 ([l', r']) 的子区间。
于是就很简单了，只需要对每个 ((x, l', r'))，求出 ([l'-1, x-1]) 内，令 (sum_{i=1}^k a_i) 最小的 (k)，左侧的答案就是 (sum_{i=1}^{x-1} a_i-sum_{i=1}^k a_i)，右侧同理。这个最小值可以用线段树简单维护。
- E
设 (a<b)，则 (xmod amod b=xmod a)。若 (xmod amod b=xmod bmod a)，则 ((xmod b)mod a=xmod a)，即 (xequiv xmod b pmod a)。注意到 (xmod b=x-lfloorfrac{x}{b} floor cdot b)，上式等价于 (xequiv x-lfloorfrac{x}{b} floor cdot bpmod a)，即 (lfloorfrac{x}{b} floor cdot bequiv 0pmod a)。由于 (x) 是任意选取的，想要对任意的 (x)，这个式子都成立，只有 (bequiv 0pmod a)，即 (a|b)。对于原题，不难发现题目中的要求，必要条件是 (forall iin [1, n], a_1|a_i)，并且它的充分性显然。因此，只需要枚举 (a_1)，剩余的 (a_i) 共有 (inom{lfloorfrac{n}{a_1} floor-1}{k-1}) 种方案。
- F
这题思路其实非常经典，但是代码过于精污所以……
首先，二分答案之后转化为判定是否有两条线段相交，而这个问题可以在 (O(nlog n)) 的时间内解决。
将所有端点按照横坐标排序，这样每个时刻的操作就形如添加或删除一个一次函数。注意到，假如我们按照当前（指 (x=x_0)）的 (y) 值排序后，如果任意两条排序后相邻的线段之间都不相交，那么在下一个插入或删除操作前，任意两条线段都不会相交，并且任意两条线段之间的 (y) 值的大小关系都不会改变。因此，只需要用一个 set 维护当前所有的线段（注意排序的关键字是将 (x=x_0) 代入后的 (y) 值，由于在未找到交点时，它的大小顺序不会改变，这里的关键字设置是合法的），每次插入、删除操作时，判断 “新成为相邻” 的两条线段是否相交即可。
但是还存在一些代码上的难点。首先是如何判断两条线段是否有交。如果它们平行，那么只有截距相同且长度足够才可以。否则，可以把它们当作直线，求出交点后再判断交点到线段端点的距离。交点求法很容易在网上找到，这里不再赘述。另外一个问题是，在线段数量很少时，答案可能会非常大，二分起来会很麻烦。一个解决方案是在 (n) 较小时暴力求 (inom{n}{2}) 对射线相交的最短时间。