C - Camels and Bridge
一座桥有 (M) 部分，第 (i) 部分承重 (v_i)，长度 (l_i)。
有 (N) 个人要过桥，第 (i) 个人的重量是 (w_i)。
你需要将这 (N) 个人排成一队，可以随意安排这 (N) 个人的顺序、两两之间的距离。
一个人站在某个部分的端点上时，其重量不计入任何部分。
求最小化的第一个人和最后一个人之间的距离。
(2 le N le 8)，(1 le M le 10^5)，(1 le w_i, l_i, v_i le 10^8)。
2s, 1GB
暴力 (O(N!)) 枚举过桥的顺序。
接下来贪心求出每个人离排头的最短距离即可，正确性显然。
考虑具体如何贪心：对于当前正在安排的人 (i)，因为 (1 sim i - 1) 之间的距离已经被安排好了，于是枚举前面的另一个人 (j)，对于 (j sim i) 这一段，在 (M) 个部分中二分查找出承重 (le w_j + cdots + w_i) 的最长距离，即可以算得 (i) 的位置。
时间复杂度 (O(N!N^2log M))。
https://atcoder.jp/contests/arc105/submissions/25999319
D - Let's Play Nim
有 (n) 个袋子，(n) 个盘子，初始时第 (i) 个袋子里有 (a_i) 个石头，盘子都是空的。
A, B 两人轮流操作，A 先：
- 如果当前还有袋子非空，则选择一个袋子，将里面的所有石头倒到某个盘子中。
- 如果当前袋子都是空的，则选择一个盘子，从中取走至少一个石头。
不能操作者输。
试判断谁会赢，需要回答 (T) 组数据。
(1 le T le 10^5)，(1 le N le 10^5)，(sum N le 2 imes 10^5)，(1 le a_i le 10^9)。
2s, 1GB
根据 (n) 的奇偶讨论。
当 (n) 是奇数时，先手希望最终盘子里石头的异或和为 (0)，但这是不可能实现的，因为后手必然可以选择当前最大的一个袋子，将里面的石头全部倒入当前石头最多的一个盘子中，只要这么做，异或和不可能等于 (0)。所以 (n) 是奇数后手必胜。
当 (n) 是偶数时，先手希望最终盘子里石头的异或和不为 (0)，那么，除非每种数量的袋子都有偶数个，后手可以通过模仿棋来取胜，不然的话，先手也可以利用每次选择最大的袋子倒入石头最多的盘子的方法，保证异或和不为 (0)。
根据上述过程判断即可，时间复杂度 (O(N log N))。
https://atcoder.jp/contests/arc105/submissions/26013056
E - Keep Graph Disconnected
给定一张包含 (N) 个点，(M) 条边的无向图 (G)，第 (i) 条边连接 (a_i, b_i)。
(G) 被称为好图当且仅当：
- (1) 和 (N) 不连通。
- 没有重边和自环。
保证初始时 (G) 是好图。
现在 A, B 轮流操作，A 先。每次选择两个点 (u, v)，在它们之间加一条无向边，当某个人操作后 (G) 不再是好图就输了。
试判断谁会赢，需要回答 (T) 组数据。
(1 le T le 10^5)，(2 le N le 10^5)，(0 le M le min(frac{N(N-1)}{2}, 10^5))，(1 le a_i, b_i le N)，初始图是好图，(sum N, sum M le 2 imes 10^5)。
首先可以发现，游戏结束的时候图中一定是包含了两个连通块。
设两个连通块的大小分别为 (n) 和 (N - n)，加入的边的条数就是 (N(N-1) / 2 - n(N - n) - M)，而胜负也就取绝于这个数的奇偶性。
注意到，当 (N) 为奇数时，(n(N - n)) 必然是偶数，那么胜负是固定的，可以直接判掉。
接下来考虑 (N) 为偶数的情况。令 (x, y) 分别表示初始包含 (1) 和 (N) 号点的连通块大小。
如果 (x otequiv y pmod 2)，那么去掉 (1, N) 所在的两个连通块，图中还剩下奇数个奇连通块，那么先手必然可以控制 (1, N) 所在连通块的奇偶性，进而达到必胜的目的。
如果 (x equiv y pmod 2)，那么如果原始图上是利于 A 的局面，A 必然可以维护好这个局面；如果原始图上是利于 B 的局面，那么当 A 试图改变局面时，必然会被 B 阻拦（原因参见上一种情况）。所以这种情况的答案取绝于初始局面。
所以直接 DFS 一遍即可回答问题，时间复杂度 (O(N))。