A

按 升序排序。

首先可以发现把删边变成加边。

因此每个点至少被加 次。

考虑每次合并 联通块。

这样代价为 ，且最小。

B

注意到 在 进制下为 。

于是直接输出 即可。

特殊情况：如果 或 且 ，则无解。

C

我们考虑每个数 ，的贡献，不难发现，对一个区间 有贡献当且仅当 或者 中 的数的个数 （这里比较时可以用 二元组进行比较）。

我们套路地令 ，那么问题转化为求有多少包含 的区间 的区间和 。从大到小枚举 ，那么每次就是在 中把一个位置从 变为 。那么我们只需要找到 对应的 的位置 ，向前找 个 ，向后也找 个 ，得到一个下标序列 。枚举 表示左端点 ，此时 的范围也是一个区间，累计贡献即可。

使用 STL set 即可 维护上述过程。std 使用了链表以减小常数。

D

记录 表示 的前缀和。

令 。

转化为求 的 。

等价于 。

两边加 ：

。

等价于 。

也就是说， 区间内恰好有一个数不被吸引！记这个数的位置为 。

我们做以下解法：枚举 ，倒序枚举本质不同的 ，也就是 的 ，枚举 个 即可，这么做的正确性在于若存在 个本质不同的 使得 是可以取得答案的右端点中最靠右的一个，需要满足该处答案相对于右端点在 处的减小量大于 中的任意一处，抵消掉公共部分后可得：（考虑右端点从 变化到 的过程，至少花费了 的代价）。进而归纳得到 。

F

发现图上这样的询问是困难的，考虑使用莫队状物。

对于区间的扩展，连续扩展 次可以直接 BFS 做到 的复杂度。即每次扩展时直接遍历能到达的未经过的所有点，均摊地维护当前集合的价值。

考虑据此利用区间随机生成的性质，尝试将所有询问区间划分为若干组，使得每组中第 个区间包含第 个区间，那么对于每组询问，我们容易以 的时间复杂度解决。

考察如下的方式确定每个区间所属的组。若 全部为 ，我们直接将区间按右端点递增，在此基础上左端点递减排序，从左到右对每个区间，考虑将这个区间和目前能代表一个组的区间中，被它包含的区间中左端点最靠左的区间划归同一组，并用这个区间代表这一组。这一过程与随机数列上升子序列划分是相似的，由经典结论得组数应是 级别的。猫树分治式的执行这一过程，总组数仍然应是 级别的。

事实上。不进行猫树分治，直接进行这一过程，总组数仍为 级别的。可以发现，相比于猫树分治，直接进行这一过程不会劣。

这一过程可以使用 set 或树状数组维护。是经典问题，不做赘述。

有一些可能复杂度更优，速度也更快的做法，但出题人不会证明复杂度。