A
想让 \(x < y\) 变成 \(x \ge y\) 的最小 \(\Delta\) 当且仅当 \(x = y\) 取到，所以 \(\Delta = \max(0, y - x)\)。
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B
直接模拟，记 vs[x] 表示编号为 \(x\) 的部件是否被使用过即可。
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C
贪心，最优的匹配方案一定是前 \(k\) 小的头部匹配前 \(k\) 大的身体，分别排序之后一一 check 是否能匹配即可。
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D
记头部总重为 \(w_0\)，身体总重为 \(w_1\)，如果头部重量不超过身体，有 \(w_0 \le w_1 \Rightarrow 2w_0 \le w_0 + w_1 \Rightarrow 2w_0 \le \sum W_i \Rightarrow w_0 \le \dfrac{\sum W_i}{2}\)。
即头部重量不超过总重的 \(\dfrac{1}{2}\)（这个结论其实易得，但是为了严谨还是给出说明了）。那么先贪心的把全部部件作为身体部件，然后尝试把部件移动到头部创造最大价值。具体来说，一个部件从身体移动到头部对答案的贡献是 \(-B_i + H_i\)，那么我们直接令每个元素的价值为该值，做 01 背包，在 \([0, \dfrac{\sum W_i}{2}]\) 中取最大答案即可。
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E
自然的想法是 dp，但是需要考虑后效性。不难看出这个图中重复到达一个状态一定是不优的，所以用喜欢的方法怎么做都行，注意到边权只有 \(0,1\) 所以直接 01bfs 复杂度就是 \(O(nm)\) 的，实现上有一点小技巧。
我令 \(0 \sim 3\) 分别表示上右下左，那么：
（令前后光束朝向分别为 \(k_1, k_2\)）
- 当 \(k_1 \oplus k_2 = 2\)，无法转移（没有镜像反射的可能）
- 当 \(s[nx][ny] = A\) 时，若 \(k_1 \oplus k_2 = 0\) 时边权为 \(0\)，其余为 \(1\)。
- 当 \(s[nx][ny] = B\) 时，若 \(k_1 \oplus k_2 = 3\) 时边权为 \(0\)，其余为 \(1\)。
- 当 \(s[nx][ny] = C\) 时，若 \(k_1 \oplus k_2 = 1\) 时边权为 \(0\)，其余为 \(1\)。
应该能避免一些复杂的写法。
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F
赛时只会 \(O(n^2)\) 的做法，有点菜了。但是还是记录一下，如果假了请指正qwq。
考虑 \(x\) 后能接的点 \(x_2\) 满足 \(x - D \le x_2\) ，所以 \(x_2\) 的范围就是 \([x - D, +\infty)\)，直接暴力连边，注意到可能出现环，缩点之后有 \(f_{u,k}\) 表示，到 \(u\) 时 \(B\) 序列长度为 \(k\)，转移简单，然后就是 \(O(n^2)\) 的了，不过肯定是没法过的。
考虑找性质，首先考虑 \(B\) 中相邻的 \(v_i,v_{i-1}\)，肯定有 \(v_{i - 1} - D \le v_i\)，所以 \(v_{i - 1} \le v_i + D\)。也就是，超过 \(v_i + D\) 的值不能放在 \(v_i\) 前，这启发我们排序之后按顺序插入。那么，我们每次插入一个 \(v\) 的方案，实际上跟 \(B\) 具体的样子没有关系，而只跟其中的数值有关系，因为我们升序插入，所以插在任意一个地方都满足 \(v_{i - 1} + D \le v_i\)，那么要满足 \(v_i - D \le v_{i + 1}\) 的位置有 \(\sum^{v_i - 1}_{x = v_i - D}c_x+1\)（\(c_x\) 表示 \(x\) 的数量）个。(\(+1\) 是因为可以放到序列末)
我们已经解决了没有重复元素时的问题，那么考虑当存在重复元素时，问题等价于要把 \(c_x\) 个小球放到上述那些位置中，那么答案为
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