A
考虑 (dp[i]) 表示长度为 (i) 的加减号序列的方案数，其实是 (fib) 序列
那么每个标号统计有多少种方案是正号，负号，减掉计算贡献即可
感觉不太符合传统 (A) 的定位，然后就写了 (40min)
B
这个应该属于传统 (B) 的定位
考虑枚举 (2x)，离散化权值之后做前缀和，那么把题目中的式子拆开分别统计即可
过这题比过上面一个快了不知道多少
C
直接 (1,4,3,4,3) 是一个 (fib) 序列，设到了 (fib[n]) 时停止了加数，那么 (fib[i]) 时整一个 (1/2) 就是添加一个 (fib[n-i])
实现非常复杂，看起来毫无头绪（最终代码却短得可怜，这合理吗？）
考虑设最终加入的序列是 (fib[1dots n])，那么如果加入的是 (n-i) 是奇数，那么就要把 (fib[i]) 加给 (y)，即 (2) 操作，是偶数就是 (i) 操作
对于 (3/4) 操作也是类似的，也是 ( m{odd}) 对应 (4) 操作，貌似正确性都是显然的
D
不难发现可以按位考虑，如果有偶数个 (1)，那么后手可以让 (0,0) 配对，(1,1) 配对
那么把 (0) 的放到一个集合里面，(1) 的放到另外一个集合里面，分治处理
而对于不满足 (0,1) 个数都是偶数的部分可以直接冲一个 (trie) 维护后手的异或最小值操作
将 (0) 扔到树上，(1) 在里面查询，对于查出来的结果最后取 (min) 即可
值得注意的是，实现的时候 vector<int> v0,v1; 直接在函数里面开，否则清空的时候就无了
E
考虑 ( m{GCD}) 和 ( m{LCM}) 的本质是对所有的质因子的次方数取 (min/max)
那么如果一个 (a_i) 可以作为序列结尾需要满足 ( m{GCD(LCM_{j e i}(a_j),a_i)< a_i})
但是每个 (a_i) 都很大，(LCM) 会超过限制，所以转化一波：( m{LCM(GCD(a_j,a_i))})，这式子不难证明不超过 (a_i)
那么考虑枚举每一位填什么，如果满足就填，如果某个位置没有数字，就无解
看起来前几个很好做呀，赛时卡了波 ( m{C}) 没有仔细思考这个 ( m{D/E}) 有点亏
F
貌似上来结论就不太会证明，那么鸽掉了