A
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会发现每次操作后当前数会变成序列中最大值，预处理出(na_1+(n-1)a_2+cdots +a_n)和前缀最大值直接计算即可
总结：推柿子题
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B
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容易发现，处在同一对角线上的格子颜色必须相同，如果有两种颜色同时出现在一个对角线上，显然无解。
否则乘法原理算一下就好了。
总结：对于这种只能向下和向右的走的问题，路径会经过每一种对角线一次，不妨站在对角线的角度来看问题
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C
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操作时序列的总和不会变，所以若(sum A
eq sum B)，就无解。
显然，在操作中向左走的数会+1，向右走的会-1，但(A_i+i)是不会变的。
所以按照(A_i+i,B_i+i)分组，现在问题转化为(A)中的每个数都要找到(B)中和它匹配的位置，让操作总数最小。
假如我们已经得到在(B)中与(A_i)匹配的位置(C_i)。
而操作数就是(C_1,C_2,cdots,C_n)这个序列的逆序对个数
证明：
我们首先会把(C_i=n)移到序列末尾，这样就再不用去管他了，然后接着就是(C_i=n-1,n-2,cdots,1)
会发现，对于每个(C_i=x)，在往后走的过程中，都会与其后面(C_i<x)的数发生一次交换。
不过在算逆序对时候，也要判一下是否有解（大概就是看同组的数的数量是否相同）
总结：对于一个排列(A)，每次操作可以交换相邻两个数，那么让其变成({1,2,3,cdots,n})最少需要其逆序对个数的次数
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D
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先把(A)从小到大排序
显然不管怎么匹配，让在(1leq xleq n,n<y
eq 2n)这样的(x,y)匹配更好。
这样我们一定可以构造出一组方案，从前往后做一遍括号匹配即可
总结：不妨可以考虑一些特殊构造使得答案最大化
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E
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按照贪心策略，一个人初始会先选择一个方向，碰到人之后立马返回去碰另外一个人。
可以画出横轴为位置，纵轴为时间这样的坐标系去思考，会更加直观。
会发现，不可能连续三个人初始时方向相同，因为如果让其中两个人匹配（对着走），显然会更优。
对于dp来说，我们可以强制(i)和(i-1)是匹配的，这样根据(i-2)向左向右两种不同的走法，就有两种转移
总结：对于一维问题，涉及到多点同时移动，可以画出时间与位置的坐标系，方便考虑。
另外对于这种比较抽象的dp，可以尝试去强制某些条件，以达到减小情况数量，方便转移
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Code
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A：https://atcoder.jp/contests/arc120/submissions/22862625
B：https://atcoder.jp/contests/arc120/submissions/22864912
C：https://atcoder.jp/contests/arc120/submissions/22872612
D：https://atcoder.jp/contests/arc120/submissions/22905914
E：https://atcoder.jp/contests/arc120/submissions/22924677
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