这次不看题解只会 AB 两题。
A
这个题当时还是会做的。
如果 (exists i,A_i > B_i) 就无解，否则我们就每次暴力找到当前 (A) 中字典序最小的一起往上提升即可。
B
有些博弈论问题要去关注一下题目里的不动量。
设先手的得分为 (x)，后手的得分为 (y)，(n) 个数的 xor 和为 (sm)，那么有 (x ext{ xor } y = sm)。
按位考虑：如果 (sm = 0) 就是平局，因为每一位都是相等的。
考虑 (sm) 的最高位，现在变成了你有 (a) 个 (1)， (b) 个 (0)，问先手能否拿到奇数个 (1)。
首先我们考虑一下 (b=0) 的情况：首先 (a) 一定是奇数，然后我们发现如果 (a mod 4 = 3) 那么先手就必败否则先手必胜。
那么我们考虑一下 (b) 的用处：如果先手选了一个 (0) 就可以把局面推给后手。
如果 (b) 是偶数就对局面完全没影响：后手只需要在先手选择 (0) 的时候模仿他的操作即可，下面考虑 (b) 是奇数的情况：
如果 (a mod 4 = 3) 的话，那么先手通过取了一个白色棋子将其变成了后手的必败局面（白色妻子为偶数无影响，黑色棋子满足必败的数量），所以先手是必胜的。
如果 (amod 4 = 1)，先手如果取黑色棋子，然后模仿后手操作的话，可以发现后手取到的黑色棋子一定是偶数个，所以先手必胜。
所以这个题目就是判断是否 (a mod 4 = 3) 且 (b mod 2 = 0) 。
C
这个题和 (A) 的想法完全不一样。
首先我们考虑如果有要求字符 (a) 变成字符 (b)，我们就连有向边 (a o b)。重边显然可以去掉，
我们发现题目可以转化为我们现在有一个 (20) 个点的新图（初始无边），我们要按照一定的时间顺序加入一些有向边满足在原图中如果有边 (u o v) 那么新图中要求 (u) 能经过时间顺序递增的边到达 (v)。
显然每个弱连通分量都是独立的，我们可以断言对于一个弱连通分量，设它最大的导出 DAG 子图大小为 (m)，它需要的最少操作次数为 (2n-m-1)。
这样可以感性理解一下：我们可以花费 (2n-2) 的方法让所有点之间都是互相可达的，但是我们可以选出一个 DAG 让他们之间不用循环连两次边，因为 DAG 中只有前面连向后面的边，所以我们要找一个最大的 DAG。
证明：
首先我们先证明能取到：我们设不在 DAG 上的点编号为 (m+1,m+2,ldots,n)，在 DAG 上的点按照拓扑排序编号后为 (1,2,ldots,m)，那么我们可以连边 ((m+1,m+2),(m+2,m+3),ldots,(n-1,n),(n,m+1),(m+1,m+2),ldots,(n-2,n-1))，共 (2(n-m)-2) 条边。
然后我们连 ((m+1,1),(1,2),(2,3),ldots,(m-1,m),(m,m+1)) ，总共 (m+1) 条边，所以总的操作次数为 (2n-m-1) 次。
然后我们证明这是一个下界：下界好像不是很好证明，先咕一咕
D
首先我们发现如果我们想保证最大值的话我们可以从大往小填数，然后对于每个数我们可以预处理出来他是不是某一行的最大值，是不是某一列的最大值。
我们考虑维护一个长宽可变的答案矩阵，如果当前这个数是某一行的最大值，我们就新增一行并且将这一行最后一列的地方填上这个数，列同理。
如果这个数字根本不是最大值，我们就可以维护一个没有填的格子的矩阵，这里注意我们要用一个队列维护，每次从左到右（从上到下）按顺序加入新增的空格子，这样才能保证最大值左面（上面）是递增的。
这样构造显然满足性质，但是我想不到，以后构造可以尝试一下动态调整。
E
操作实际可以看成我们每次一个 (1) 可以吃掉相邻的一个数字，(0) 可以吃掉相邻的一个 (0)。
遇到计数问题先考虑如何解决判定问题：我们假设匹配到了长串的第 (i) 个，短串的第 (j) 个，如果短串下一个是 (1) 的话，我们找到长串中下一个是 (1) 的位置，用它吃掉前面的 (0) 就好了。
如果下一个是 (0) 的话，假设当前短串 (0) 的连续段长度为 (k)，我们找到一个最小的 (i' > i)，满足 ([i'-k+1,i']) 都是 (0)。如果 (i' = i+1) 就直接把这个 (0) 接到后面就行，否则显然 (i'-k) 是 (1)，用这个 (1) 把前面的东西都吃掉就行了。
但是发现这个情况对于开头一堆 (0) 的情况并不适用，所以我们需要特判掉开头的一堆 (0) ，也就是从第一个 (1) 开始计算。
发现这个贪心保证了每一个可行的串都只会在最前面被匹配完，类似这种的贪心我们可以直接对其设计一个 dp 去跑，是不重不漏的。
那么我们考虑设 (f_i) 表示匹配到第 (i) 个字符有多少个串能成功，转移只要预处理这个地方加一个 (0,1) 后跳到哪里就好了。优化转移需要预处理出 (0,1) 连续段个数，然后倒着求一下转移点。
设第 (i) 个点距离上一个 (1) 的距离为 (d_i)，最后统计答案的时候我们发现只有 (d_i leq d_n) 的点才能成为结尾（能被最后面的 (01) 等效消过来），所以只加上这些位置的 dp 值就好了。
还是要看一下代码辅助理解。。
F
最大流=最小割。首先考虑 (k=1) 怎么做：我们就枚举是否割掉这一条边，分别跑一个最大流就好了。
到这个问题上，我们考虑去枚举所有 (2^k) 种可能的割边方案，分别跑一个最大流就好了，这样复杂度一看就有点卡（实际上也是过不去的）。
我们可以考虑用递归的方式处理出来每种割边的方案对应的权值，我们要求的实际上就是支持加边删边查询最大流。
删边可以通过存分治树上 log 个残量网络的边权来实现撤销，加边我们可以暴力增广 (25) 次。
然后就各种玄学卡常就过了吧。。建议没事不要写这题。