A
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把每种字母所在的区间求出来，对于每一个(i)，看(c_i)是否在其应属的区间，若不在，则答案+1
B
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只有我这个sb卡在B了罢。。。。
只有一个胜利者是显然的。
但是如果要判断一个人是否是胜利者需要(O(n))的时间，我们不可能对于每个人都比较一遍。
这里运用到一个思想是排除法（不去找符合条件的人是谁，先把肯定不符合条件的人pass掉）
从前往后扫，如果发现(i)被此时待定胜利者(w)打败了，说明其不可能是胜利者（直接踢掉，不用管他了）
否则说明(w)肯定也不是。
所以要么我们保留(w)，要么把一个前缀的人都踢掉了，后面继续排除。
这样只会剩下一个人，再和所有人比较就行了。
C
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手玩一下发现，新加的弦不可能存在其中两根，使得这两根不相交。
将其交换一下，只会使答案更优
直接贪心就好了
D
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满足其中(n-1)个人是很容易的。
把满足条件的两个位置连一条边，那么如果要出现(n)条边，其中肯定会出现环。
也就是存在两个集合(A,B)，使得(A)中数的绝对值之和等于(B)
那么(2^{2n} imes n)判断一下就好了
E
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构造好题。
对于一种颜色(c)，设其出现的位置为(d_{c,1},d_{c,2},...,d_{c,k})
显然我们只会选相邻的两个位置作为最终答案的一个区间。
观察条件:(lceil frac{n}{k-1}
ceil)这个东西很奇怪。
发现(k-1)其实就是每种颜色空隙的数量
有两种想法：
把(n)个区间分成(k-1)组，每组最多有(lceil frac{n}{k-1}
ceil)个区间，让每个位置最多属于一组
或
把(n)个区间分成(lceil frac{n}{k-1}
ceil)组，每组最多有个(k-1)区间，让每个位置在每组中至多出现一次
发现第二种思路比较难搞，得在每个区间都得满足至多出现一次的条件。
考虑第一种怎么做
简化后：让组之间没有交集
按照空隙分组：
先按(d_{c,2})从小到大排序，然后选前几个为一组，这样相当于以第一个空隙为一组
接着对剩余的颜色按(d_{c,3})从小到大排序，再选前几个为一组，以此类推
成功完成了分组
F
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最关键的一点就是，蚂蚁走过一个传送门时，前面的传送门（包括这一个），一定都是开着的
这个归纳一下差不多就可以了
然后维护(k_i)表示从第一次走到传送门(i)，到走过去用了多长时间。
求(k_i)时，只需要(upper ; bound)一下，再维护一个前缀和即可