A
简单，不过我蠢
偶数构造显然。
奇数不存在合法方案，不用枚举。
B
简单贪心。
C
每个 $x_i$ 的取值最多有两个，因为如果不取到边界，那么向左或者向右调整一定会变得更优。
直接做一遍动态规划即可。
D
简单图论
E
考虑能构造的一个必要条件，异或值本身需要满足且最高位的个数足够。
注意到对于连续的一段 $[1,n]$，高一位的 $1$ 的个数不会多于低一位的 $1$ 的个数，证明考虑最高位 ($n$) 和次高位 ($n-1$)，次高位在最高位出现之前就取到了 $2^{n-1}$，最高位为 $1$ 时，最多有 $2^{n-1}$ 个数取不到次高位。
对于最高位个数足够的情况，取拥有最高位的 $k$ 个数，以及 $a_i\oplus x$，由于异或的性质，被取到的剩下的数一定互不相同，且这样构造取到了理论最大值，将剩下的数随便塞进一组里，由于异或值本身需要满足的必要条件，一定不影响异或结果。
注意特判 $x\oplus0$ 的情况。
F
定义排列乘法为 $a=b\cdot c,a_i=b_{c_i}$。
给定一个排列 $p$ ，问是否存在一个排列 $q$ 满足 $q^{2^k}=p$，如果存在，构造一种循环个数最小的 $q$，否则报告无解。
对于 $q$ 的每个循环我们考虑乘方之后会怎样。
将一个循环 $w$ 写出，例如 $1,2,3,4$，自乘一遍之后变成 $1,3;2,4$，再自乘一遍（乘最开始的排列）变为 $1,4,3,2$。如果以图的形式表现，$w^p$ 表现为将第 $i$ 个点的边连到第 $i+p$ 个点，注意到如果 $\gcd(p,len)\ne 1$，那么循环个数就会减小。
考虑变换后的排列 $p$，求出其所有循环，对于奇数长度的循环，可以将它们以 $2^i$ 的形式合并起来，这样得到的循环个数是最小的，注意 $i>k$ 的情况。
对于偶数长度的循环，如果个数不足 $2^k$，那么它们就无法被拼接起来，否则也只能以 $2^k$ 为单位拼接起来。
考虑将若干个长度相同的循环还原为 $q$ 中的循环，我们知道的是，对于 $q$ 中的原循环，将边连向 $2^k\bmod len$ 之后的点得到了若干个长度相同的循环，那么对于这些长度相同的循环，我们在每个循环中先取一个，然后接下来才需要取同一循环的元素。
设 $p$ 中一个循环的长度为 $m$，总共 $n$ 个循环，一种简单的构造方式令 $p$ 中第 $i$ 个循环的第 $j$ 个元素，占用第 $((\frac{jk}{n})\bmod m)*n+i$ 个位置，那么显然在原来 $q$ 的循环中，$p$ 中每一个循环的元素到下一个元素的距离为 $k$。
G
考虑暴力怎么做，拿一个可重集维护所有颜色的答案，修改一个点时，暴力修改和这个点连接的所有颜色的，将它们从集合中删除或者加入。
这样做一次操作复杂度和度数有关，无法通过本题。
将问题进一步抽象后发现它并不是一个好做的问题——和 CSP-S2022T3 有点类似，这种一对多的指定整体修改问题并不好做。考虑利用问题抽象前的性质——树上问题。
修改一个点时受到影响的颜色可以分为路径 lca 是它和不是它，后者只有一种，可以暴力修改，对于前者可以对每一个点用 priority_queue 维护路径 lca 为它的最大权值，这样就能做到 $O(n\log n)$。
细节有点多：
- 从树中提出链的时候，判断度数的条件应该是
(fa==0)+cnt>2则不为链，(fa==0)+cnt==1则为端点 - 不合法的颜色不应该被统计进它 lca 的 priority_queue 中。
- 如果一个 lca 不合法，那么它的权值不在总的 priority_queue 中，对它某一个儿子修改时自然不应该修改总的优先队列。