A. Sleeping Through Classes
$s[i]=1$ ならば ANS の $i$ から $i+k$ 番目を true にするという要領です．
制約が小さいので愚直ループでよいです．$i$ を降順にループすれば，s そのものを ANS として使うこともできます．
B. Niko’s Tactical Cards
「$n$ 手目を終えた時点ありうる min, max」が，「$n-1$ 手目を終えた時点でありうる min, max」から決まることが分かります．このことを使って，各時点で可能な min, max を順に計算します．
C. Kanade’s Perfect Multiples
$A$ を unique しておき，昇順に処理していきます．
$B_j$ の $1$ 倍が $A$ に入っていないといけないので，$B$ は $A$ の部分集合です．
$B_i\mid B_j$ のとき $B_j$ を削除できます．このことなどから，次をやればよいです．
- $A$ について昇順に見る．これまで $B$ に採用した数の倍数であるものはスルーする．そうでなければ $B$ に採用する．ただし，この数の倍数であって $A$ にないものが発見されたら不可能を出力．
具体的な実装として，$B$ に値を採用しながら，各 $A_i$ が $B_j$ の倍数になったかどうかを管理します．この際，採用した値の倍数についてループします．
計算量はどうなるでしょうか？おおよそ「採用した値の倍数が $A$ に含まれるかどうかを調べて，true が返ってくる回数」に比例します．これは $A$ の約数の個数の総和です．これを上界として見積もれば，まあ間に合うだろうということになります．
実際には，$x\mid y$ のとき $A$ の約数として $x,y$ 両方が登場するということも起こらないので，「高度合成数の約数の個数」のような上界に比べてかなり小さいケースしか作れないはずです．
D. Taiga’s Carry Chains
「繰り上がり回数」というのは，「popcnt が減少する回数」と考えます．
結局，$n$ に $2^l$ を $k$ 回加算して，popcnt を最小にできればよいことになります．
$k>30$ ならば，popcnt を $1$ にできます．lowbit への加算を繰り返せばよいです．
$k\leq 30$ について解けばよく，適当な桁 dp で解けます．
E. Shiro’s Mirror Duel
- $0$ および $n-1$ を正しい位置に運ぶ．
- $[1,n-1)$ 部分について解く．
ということをやります．
まず $0$ を正しい位置に運ぶのは単に当たり待ちをすれば期待値 $2$ 回でできます．
そのあと $n-1$ の当たり待ちの仮定で $0$ が悪い状態になってしまうことがあるのですが，このような失敗が発生したとき $0$ と $n-1$ の位置が左右対称で，次の行動で必ず $0$ または $n-1$ が正しい位置に来ます．このことを考慮すると，一度 $0$ が正しい位置に来た状態から $0, n-1$ の位置を合わせるところは期待値 $3$ 回でできることが分かります．
期待値 $5$ 回で $n$ を $2$ 小さくできる，というような解法になっていて，目標クエリ回数を達成できます．
F. Isla’s Memory Thresholds
$a$ が単調減少であることから，リセットまでに進む距離は単調増加します．
距離の種類数は $O(\sqrt{N})$ なので，距離が定数であるようなところをまとめてシミュレーションする形にすれば，クエリあたり $O(\sqrt{N}\log N)$ 時間になります．おおよそ次の $2$ ステップからなる計算になると思います．
1. 次に進む距離 $d$ を求める．（二分探索）
2. 距離 $d$ 進む回数を求める．（二分探索）
私の解法はおおよそこれの定数倍高速化です．$O(\sqrt{N\log N})$ にはできるつもりだったのですが細部の解析をさぼったし，結局提出されたものはそのオーダーのままのはず．ただしそのまま少し調整すれば方針で $O(\sqrt{N\log N})$ にはなることが提出後に分かったのでそれを解説します．
発想としては，二分探索類を線形探索や指数探索に置き換えます．もっと雑にやるなら，こういうのは全部指数探索にしてしまうとオーダーレベルで損することはないし，実は勝手にオーダーが良くなっているということもときどきあります．今回がそうだったということですね．
指数探索は，おおよそ次のようなアルゴリズムです．
ok = 1, ng = 2;
while (check(ng)) ok += ok, ng += ng;
while (ok + 1 < ng) いつもの計算量が $O(\log ans)$ になる（特に $O(ans)$ になる）ことが特徴です．$ans$ が小さい場合には $O(\log n)$ より良いです．
1, 2 をともに指数探索にした場合の計算量オーダーを考えます．
1 について，$d\leq \sqrt{n\log n}$ であるような $d$ を全部発見するのにかかる時間は $O(\sqrt{n\log n})$ です．ここは線形探索（$d$ を $d+1$ に置き換えられるかのチェックをしながらインクリメント）にしても同じ計算量になります．これは，発見するのにかかる時間と $d$ の増分が比例するためです．
$d\geq \sqrt{n\log n}$ であるような $d$ を全部発見するのにかかる時間はどうでしょう．種類数が $O(\sqrt{n/\log n})$ でこれを毎回二分探索で発見すると，$O(\sqrt{n\log n})$ 時間です．1 が $O(\sqrt{n\log n})$ であることが確かめられました．
2 について，$d\leq \sqrt{n/\log n}$ であるような $d$ に対しては $d$ ごとに $O(\log n)$ 時間と評価します．合計 $O(\sqrt{n\log n})$ 時間です．
$d\geq \sqrt{n/\log n}$ であるような $d$ については，そのような $d$ に対する $ans$ の総和が $O(\sqrt{n\log n})$ です．よってここは線形探索でも（したがって指数探索でも）$O(\sqrt{n\log n})$ 時間です．
- ttps://codeforces.com/contest/2173/submission/352058554
実装ミスっててワーストケース $O(N)$ の類になっていて Hack されたので直した．
やったら速くなったが，ちゃんとこの解法に対する最悪ケースを作ればそうでもなくなると思うがどうだろう．
