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A
发现 \(\texttt {Y}\) 肯定消不掉，所以答案是 \(\texttt {Yes}\) 当且仅当 \(\texttt {Y}\) 至多有 1 个。
B
首先强制把首尾填成 \(\texttt {s}\)，然后发现长度 \(> 1\) 的 \(\texttt {u}\) 连续段都是不合法的，所以每次尽量隔着改，一个长度为 \(l\) 的连续段只需改 \(\lfloor l / 2 \rfloor\) 次就行了。
C
发现大概是这么一个结构：有一个分界点 \(p\)，在 \(p\) 之前的位置 \(i\)（除了 1）可以任选 \(a _ i\) 或 \(-a _ i\)，在 \(p\) 之后的位置 \(j\) 只能选 \(-a _ j\)，位置 \(1\) 只能选 \(a _ 1\)。
然后就枚举 \(p\) 或者 dp 就行了。
D
首先对 \(a _ i\) 从小到大排序。然后 \(m > n / 2\) 时一定无解。
对于 \(1 \le m \le n / 2\) 的情况，可以构造 \(i \rightarrow i + 1\)（\(1 \le i \le n - 2m\)），\(i \rightarrow i - m\)（\(n - m < i \le n\)）。这样剩下的 \(n - m + 1 \sim n\) 号人都已经攻击过了，无法互相攻击。
对于 \(m = 0\) 的情况，首先若 \(a _ n > \sum _ {i = 1} ^ {n - 1} a _ i\) 一定无解；否则令 \(p _ 0\) 为最大的满足 \(a _ n \le \sum _ {i = p} ^ {n - 1}\) 的 \(p\)，则构造 \(i \rightarrow i + 1\)（\(1 \le i < p _ 0\)），\(i \rightarrow n\)（\(p _ 0 \le i < n\)）。
E
发现任意时刻一定有 \(\sum a _ i = \sum b _ i\)，又因为每次只能分裂最大值，所以拼接 \(a + b\) 时较短的那个数组（说明操作次数较少）包含最大值。
所以对于 2 操作，我们在最终的序列上每次二分查询出总和一半的位置，递归较短的一边。
然后又发现 1 操作也满足这个性质，所以一直按照上述方法递归直到区间大小为 \(1\) 时返回就行了。
查询次数约为 \(\frac 1 2 \log ^ 2 n\)，可以轻松通过。
F
观察性质，发现初始时黑点连向父亲的边一定不会被割断。证明大概就是因为只能对大小为偶数的子树重新定根，那么不管这条边的哪个端点作为父亲子树大小都是奇数（偶数 - 奇数 = 奇数）。
然后把树按照一定不会被割断的边分成若干连通块。基于上述性质，你又发现一个连通块可以任意定根（除了 1 号节点所在连通块），并且根是白点且除了根之外的所有点都是黑点。
所以考虑把所有连通块串成一条链。特判一个连通块时答案为 \(1\)，然后假设连通块的大小分别为 \(s _ 1, s _ 2, \ldots, s _ k\)，不妨设 1 号节点所在连通块大小为 \(s _ 1\)。
枚举最深的连通块 \(x > 1\)，考虑每个连通块哪个定为根、根连向上一个连通块的哪个节点，那么答案为
\(a \neq b\)
G
不会
H
不会
I
不会