A. Copy-paste
贪心地使每次增量最小，即用(min_ia_i)不断加到其他元素上。
B. Two Arrays
遍历数组，用一个集合保存(c)中的元素。
若(T - a_i)已经在(c)中了，那么就把(a_i)加入(d)，反之把(a_i)加入(c)。
特别地，将值等于(frac{T}{2})的元素平均分配到(c)和(d)中。
C. k-Amazing Numbers
对于所有不同的值(v)，假设(a_0 = a_{n+1} = v)，计算出相邻两个(v)下标差值的最大值，记该值为(delta)。则对于所有的(kge delta)，(v)都可以用来更新当前数组的k-Amazing number。
D. Make Them Equal
记(sum = sum_i^n a_i)，若(sum)不为(n)的倍数，那么无解。
对于(2 le i le n)，可以先从(a_1)处取出一定的数，使得(a_i)为(i)的倍数，然后再将(a_i)全部加到(a_1)上。因为(a_i)最小是1，所以在对(a_i)进行操作的时候，(a_1 ge i - 1)，这样就保证了必定可以使(a_i)为(i)的倍数。
做完上述操作，(a_1 = sum, a_i = 0(2 le i le n))。此时只需要依次将(a_1)处的数平分出去就可以了。
这样，至多使用(3(n-1))次操作就可以完成任务。
E. XOR Inverse
猜结论：从高位开始枚举到低位，若(x)该位为1可以使逆序数减少，则将(x)的该位置1，反之置0。
写了个树状数组计算逆序对的代码，过了所有样例非常开心，但是(O(30nlog n))的复杂度被卡了，优化常数继续交，TLE*4。。。
然后想优化。
- 因为是从高位开始枚举的，所以不管后续低位如何，当前位为(0)的数必定会小于当前位为(1)的数。
- 若(x)该位为1，则所有(a_i)当前位翻转。
这样，就可以用递归+分治来计算。
从高位开始，将当前位为0和为1的数划分到两个子数组中，然后再分别对两个子数组计算下一位的情况。
在划分子数组的时候，遍历当前数组，对每一个当前位为0的元素，计算前面当前位为1的元素个数，累加到(c10[bit])上。这样，(c10[bit])就代表(x)的第(bit)位为0时，第(bit)位能够确定的逆序对数量。
同理可以得到(c01[bit])，代表(x)第(bit)位为1时，第(bit)位能够确定的逆序对数量。
枚举所有位，当且仅当(c01[bit] < c10[bit])时，(x)的第(bit)位为1。
F. Graph and Queries
首先，由于删边很难维护，但是加边很好维护，所以就将所有询问离线，然后逆序做，这样就可以将删边看成加边了。
然后，操作1其实就是一个连通分量最值查询和单节点修改，在这题的情景下可以借助并查集+欧拉序转换成一个区间最值查询和单节点修改，这两个操作是线段树的基本操作。
具体的算法流程如下：
- 将所有的数据读入，标记会被删除的边。不会被删除的边会一直存在，可以在一开始就用加边操作加入；而会被删除的边在逆序处理的情况下可以视为不断加边。
- 一开始所有的点都是单独存在的联通分量，用并查集维护点之间的联通关系，这样加边操作其实就是并查集合并操作。这里为了后续操作更加方便，在普通并查集地基础上做了一点修改。这里的合并操作就是增加一个虚拟节点，将原来两个连通分量的代表节点的父亲设为该新增虚拟节点。
- 对所有不会被删除的边进行加边操作。
- 逆序处理所有询问
- 如果是对节点(v)的询问操作，那么相当于询问(v)所在联通分量的代表节点的子树最大值，询问完后将对应点的值设为0。
- 如果是对第(i)条边的删除的操作，这个时候可以将其视为加边操作，即相当于合并该边两个端点所在的连通分量。
这样一来，就只需要解决如何查询子树最大值了，将树的欧拉序跑出来，子树最大值就转换为区间最大值，用线段树就可以解决。