A. Déjà Vu
根据回文串的定义，对于字符串(s_{1 dots n})，只要存在(s_{i} e s_{n - i + 1})，那么(s)就不是回文串。
遍历(s)，若存在非a的字符，那么在对应位置插入a就可以。反之，则无解。
B. Flip the Bits
由于修改是前缀修改，且不会改变前缀0和1的数量，所以不妨从末尾开始修改。
然后就模拟一下完事了。
C. Balance the Bits
观察1：若有可行解，则0有偶数个。
证明：
将(看成(-1)，将)看成(1)。若一个括号串是平衡的，那么其所有的前缀和非负，且整个串的和为(0)。
记(a)和(b)的和分别为(sa)和(sb)，(Delta = sa - sb)。
对于(s_i = 1)的位置，其对(Delta)无贡献；对于(s_i = 0)的位置，其对(Delta)的贡献为(+2)或(-2)。
由于最后(sa = sb = 0)，所以最后(Delta = 0)。
那么对于每一个(+2)，必须要有一个(-2)将其抵消。
观察2：对于(s_i = 1)，前一半填(，后一半填)。
因为要防止前缀和非负，所以前面尽可能提高前缀和应该是最优的。
观察3：对于(s_i = 0)，交替填。
理由同上。
D. 3-Coloring
假设没有禁手，那么其实可以只用两种颜色将棋盘染色，例如国际象棋棋盘。
现在有禁手，其实也可以先用两种颜色去染。
假定现在计划用1染色的格子已经染完了，而计划用2染色的格子还没染完。此时如果禁手2，那么就凉凉了。第三种颜色就是用于这种情况。此时只需要用3去染原本计划用2染色的格子即可。
然后分类讨论一下就可以了。
禁手1就用2填2或者用3填1。
禁手2就用1填1或者同3填2。
禁手3就1和2选一个填。
证明：
这样其实就是将3视为1和2种的一种。
因为若1和2都染完了，就结束了。所以一局游戏里只会将3视为1和2中的一种，即3不会冲突。
因为原本就保证了1和2不冲突，此时又可以证明3不冲突，所以可行。
E. Travelling Salesman Problem
因为(c_i)是必须的花费，不妨先将其花掉。现在从(i)城到(j)城的花费为(max(0, a_j - a_i - c_i))。
此时，从(a)大的城市到(a)小的城市是免费的。
其实从那个城市出发都是一样的，因为最后的路径是一个环，修改起点并不影响总的代价。所以不妨将城市按(a)升序排序。
由于从(a)大的城市到(a)小的城市是免费的，那么如果到达了(a_n)，之后的路就都是免费的了。
现在的目标就是从(a_1)走到(a_n)，那么(a_1)到(a_n)的最短路径就是答案。
此时可以建个图跑Dijkstra，但是其实有更简单的方法。
将从(a_1)到(a_n)的过程视为攀登，那么其实可以将(a)视为高度，(c)视为梯子。对于每一个城市，到达(a_j)的最优方法就是从(arg max_{i < j} a_i + c_i)爬到(a_j)。对应的代价为(sum_{j = 2}^{n} max(0, a_j - max_{i < j}(a_i + c_i)))。