A
拆位算貢獻，列舉每一個位置，與操作兩者都是 \(1\)，異或操作相反，或操作有一個是 \(1\) 即可。
B
觀察到條件 \(a_1\le k\) 證明是必然有答案的，答案這樣構成：從 \(1\) 走到任意點 \(j\)，然後 \(j\) 挖空，然後推到 \(i\)，記 \(f_i\) 為從 \(1\) 走到 \(i\) 的最小花費，答案 \(i\) 即為 \(f_j+h_j+2\times |i-j|\)，問題變成求 \(f_i\)，先把 \(h_{i-1}-h_i\) 塞進線段樹裡，然後轉化成一堆數，每次可以將一些數減去 \(1\)，使得它們的平方和小於等於某個數，一個比較基礎的貪心策略就是每次選最大的然後減去 \(1\)，這個顯然會超時，不妨考慮這樣最後造成的結果，就是一堆數都是最大值 \(x\)，然後又有一些是 \(x-1\) 這種，所以可以直接二分這個最大值 \(x\)，然後 check 一下是否是在一個界限範圍之內的，當然找到這個 \(x\) 後，有些 \(x\) 是可能變成 \(x+1\) 的，二分一下即可，複雜度為 \(\mathcal{O}(n\log n)\)，但是常熟很大。
C
大樣例太水了導致掛分的，愣是 7 個大樣例都沒查出來問題，具體做法是城市建設那道題類似的，與 \(q\) 相關的邊很少，將與 \(q\) 相關的邊先設為 \(\text{inf}\)，然後跑一遍最小生成樹，此時沒有被選擇的邊且與 \(q\) 不想關的邊在後續決策中也一定不會出現。然後將於 \(q\) 相關的邊設為 \(-\text{inf}\)，然後跑一遍最小生成樹，此時被選擇的邊且與 \(q\) 不想關的邊在後續決策中一定出現，將它們記錄下來。將上面兩種邊排除發現邊就已經很少了，然後 \(2^q\) 列舉一下限制選哪邊，注意與 \(q\) 相關的邊也應該加入計算。
D
不會捏。