A
两人策略不会互相造成影响，最优策略是每个人每次拿一个。判断是否 $n_1 \leq n_2$ 即可。
B
先考虑如何计算一个排列的 $f$：设一个位置左边和右边第一个比他小的位置为 $ls_i,rs_i$，答案就是 $\sum_{i=1}^n a_i(rs_i-ls_i-1)$。
另一种思考思路是从小往大放，每次相当于将选出的位置分成左右两个连通块，每次得到的贡献是它所在的连通块跨过它的区间个数，由于区间总个数是一定的，所以我们每次一定要最小化跨过它的区间个数，所以每次选开头或结尾。不难得到串的数量是 $2^{n-1}$ 的。
考虑从小往大放每一个数，假设现在放了 $x$ 个数，如果把这个数放在结尾，就会有至少 $2^{n-x-1}$ 个数比它字典序小，判断一下就行了。
C
直观的考虑是去枚举次大值 $x$ 求出次大值 $=x$ 的概率，发现求这个需要知道
可以考虑求出 $f_x$ 表示次大值 $\geq x$ 的概率，最后差分一下就好了。
考虑这个不好算，我们去考虑如何算次大值 $<x$ 的概率：我们首先枚举钦定次大值在哪个位置，然后分情况讨论：
- 最大值 $<x$，那么所有数都有一个取值区间，可以求出概率
- 最大值 $\geq x$，枚举一下最大值是哪个，同上
D
二叉树构造。考虑递归构造。
首先发现对于一个点 $v$，它的左/右子树的前序遍历应该是连续的，也就是说假设当前这个子树内点编号是 $[l,r]$，那么应该存在一个 $l \leq x \leq r$，满足左子树编号是 $[l,x]$，右子树编号是 $[x+1,r]$。
假设我们现在构造到了 $x$ 点，先考虑左子树限制：一定有若干限制形如 $y$ 点要在左子树里，也就是说 $[x+1,y]$ 都要在左子树里；考虑右子树限制，若干限制形如 $z$ 点在右子树里，也就是说 $[z,r]$ 在右子树里。相当于 $[y+1,z-1]$ 没有限制。而没有限制的点可以无脑扔到右边，所以我们 dfs 的时候记录当前子树的编号至少要到多少，按照对左子树的限制递归到左边，然后得到左子树需要的最小的节点数，如果和右子树的限制有冲突就直接无解，否则构造右子树即可。
考虑构造的一类问题如果点可以随便加/减就可以考虑能否构造出最值。
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define db double
#define U unsigned
#define P std::pair<int,int>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define FOR(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
#define ROF(i,a,b) for(int i = a;i >= b;--i)
#define DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl
const int MAXN = 1e6 + 5;
int n,c;
std::vector<int> G[MAXN][2];// 0=L
inline void stop(){
puts("IMPOSSIBLE");exit(0);
}
int ch[MAXN][2];
inline void print(int v){
if(!v) return;
print(ch[v][0]);
printf("%d ",v);
print(ch[v][1]);
}
int tot = 1;
inline void work(int v,int t){ // 限制当前节点至少用了t个
FOR(i,0,1) std::sort(all(G[v][i]));
if(!G[v][0].empty()){
int n = ++tot;
ch[v][0] = n;
work(n,G[v][0].back());
}
if(!G[v][1].empty() && tot >= G[v][1].front()) stop();
if(!G[v][1].empty()) t = std::max(t,G[v][1].back());
if(tot < t){
int n = ++tot;
ch[v][1] = n;
work(n,t);
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&c);
FOR(i,1,c){
int u,v;char str[23];scanf("%d%d%s",&u,&v,str+1);
if(u >= v) stop();
G[u][str[1]=='R'].pb(v);
}
work(1,n);
print(1);
return 0;
}E
可以证明选择的区间的并一定是连续的一段，如果中间有空着的讨论一下把它并到某一边答案一定不会变劣。
首先要求绝对值最小，我们其实可以自由选择绝对值的符号，在最优的限制下这样并不会出问题。（大多数绝对值在最优解的限制下都可以直接扔掉）
先考虑不在开头结尾的区间：
所以我们考虑对绝对值的符号 dp。首先发现一个区间的符号只有可能是 $-2,0,+2$，并且如果这个位置是 $+2$，上一个非 $0$ 位置一定是 $-2$。（其实可以把每个位置看成左右两个插头，每个插头可以选择权值 $-1,1$，并且 $-1$ 对着的非 $0$ 插头一定是 $1$，$1$ 对着的非 $0$ 插头一定是 $-1$）
所以我们可以设 $f_{i,j,0/1/2,1/2}$ 表示考虑到前 $i$ 个数，选了 $j$ 个连续段，当前段的权值是 $0/+2/-2$，上一个非 $0$ 段的权值是 $+2/-2$ 的方案数，转移枚举一下这个点是什么权值，是否和前面拼起来即可，详情可见代码。
现在要处理开头和结尾了：开头只有一个右插头，结尾只有一个左插头，所以可取的值只可能是 $+1/-1$，相当于是一个前后缀最小/最大子段和，处理一下就好了。详情也可以看代码
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define db double
#define U unsigned
#define P std::pair<int,int>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define FOR(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
#define ROF(i,a,b) for(int i = a;i >= b;--i)
#define DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl
const int MAXN = 30000+5;
const int MAXM = 200+5;
int n,k;
// 中间连续最优
LL f[MAXN][MAXM][3][3];
// 考虑了前i个点,已经选出了j段,
LL mx[MAXN],mn[MAXN];int a[MAXN];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&k);
FOR(i,1,n) scanf("%d",a+i);
CLR(f,~0x3f);
// f[i][1][0/1/2][1/2];
mx[0] = -1e18;mn[0] = 1e18;
FOR(i,1,n){
mx[i] = std::max(mx[i-1],0ll)+a[i];
mn[i] = std::min(mn[i-1],0ll)+a[i];
}
FOR(i,1,n) mx[i] = std::max(mx[i],mx[i-1]),mn[i] = std::min(mn[i],mn[i-1]);
FOR(i,1,n){
f[i][1][1][2] = mx[i];
f[i][1][2][1] = -mn[i];
}
FOR(i,1,n){
FOR(j,2,k-1){
f[i][j][0][1] = std::max({f[i-1][j][0][1],f[i-1][j-1][0][1],f[i-1][j-1][1][1],f[i-1][j-1][1][2]});
f[i][j][0][2] = std::max({f[i-1][j][0][2],f[i-1][j-1][0][2],f[i-1][j-1][2][1],f[i-1][j-1][2][2]});
f[i][j][1][2] = std::max({/*f[i-1][j][1][2],*/f[i-1][j][1][2]+2*a[i],f[i-1][j-1][2][1]+2*a[i],f[i-1][j-1][2][2]+2*a[i],f[i-1][j-1][0][2]+2*a[i]});
f[i][j][2][1] = std::max({/*f[i-1][j][2][1],*/f[i-1][j][2][1]-2*a[i],f[i-1][j-1][1][1]-2*a[i],f[i-1][j-1][1][2]-2*a[i],f[i-1][j-1][0][1]-2*a[i]});
}
}
mx[n+1] = -1e18;mn[n+1] = 1e18;
ROF(i,n,1){
mx[i] = std::max(mx[i+1],0ll)+a[i];
mn[i] = std::min(mn[i+1],0ll)+a[i];
}
ROF(i,n,1) mx[i] = std::max(mx[i],mx[i+1]),mn[i] = std::min(mn[i],mn[i+1]);
LL ans = -1e18;
FOR(i,1,n) ans = std::max({ans,f[i][k-1][1][2]-mn[i+1],f[i][k-1][2][1]+mx[i+1],f[i][k-1][0][1]-mn[i+1],f[i][k-1][0][2]+mx[i+1]});
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}F
配对问题一看就是网络流问题。首先那个特殊的人没有用，因为要一一配对所以可以唯一确定那个人扮演哪个性别。
注意到每个人是并行的（我居然没注意到 hhh），那么相当于要求最大值最小。考虑二分答案。二分答案后每个人可以到达一些格子。
于是我们可以源点连所有男生，所有女生连汇点，男生连向能到到的格子，女生由能到达的格子连向，流量都是 $1$，看看是不是源点满流就行了。
G
期望线性性变成算 $(i,j)$ 是逆序对的概率。设 $f_{i,x,y}$ 表示 $i$ 轮后 $(x,y)$ 是逆序对的概率。
暴力的转移是枚举每一个可能的区间 $[l,r]$，对应翻转，转移过去即可。复杂度 $O(kn^4)$。
我们发现如果 $x$ 在区间 $[a,b]$ 内翻转的公式是 $b-(x-a) = b+a-x$，于是我们考虑去枚举 $b+a$，解不等式算出来有多少对合法的区间，一起转移即可。复杂度 $O(kn^3)$。
观察转移拆开后可以打二层差分优化。复杂度 $O(kn^2)$。（但是我没写）
如果这题需要取模，就要写线性递推之类的东西，但是这题是小数，所以猜测交换多次后会变得很稳定，我们将 $k$ 和 $1000$ 取 $\min$ 即可通过该题。
