A. Only One Digit
文字列としてみて最小の文字を出力すればよいです．
B. No Casino in the Mountains
なるべく小さい $i$ について，区間 $[i,i+k-1]$ が使用可能なら使用するという貪欲法でよいです．
C. I Will Definitely Make It
高さを減らす行動はしないとしてよいです．初期の高さより低い場所は無視してよいです．
ソートして $h_1\leq h_2\leq \cdots$ で $h_1$ スタートとします．$i<j<k$ について，$i\to k$ と移動する方法を使って目的をできるならばそれを $i\to j, j\to k$ としても目的を達成できます（合計の移動時間がどちらでも同じことに注意）．よって，単に $1\to 2\to \cdots$ と連番で移動していく場合をシミュレーションしてチェックすればよいです．
D. This Is the Last Time
任意の操作は単調増加です，つまりカジノ $i$ の出力を $f_i(x)$ とすれば $f_i$ は単調増加です．
よって，値を減らす操作は行わないとしてよいです（それを削除することを考えて証明）．また値を増やす操作で可能なものがあれば，最初にそれをやってしまって構いません（そうでない操作列があったときに，その先頭にその操作を挿入または移動することを考えて証明）．
結局，値を増やす操作で可能なものがあればやり続ける貪欲法でよいです．これを実現するには例えば $l_i$ でソートして順に値が増えるならば適用していけばよいです．
E. G-C-D, Unlucky!
より一般に，添字集合 $I\subset \{1,2,\ldots,n\}$ に対して $\gcd\{a_i\mid i\in I\}=g_I$ という条件がいくつか与えられている場合を考えます．
$a_i$ は $b_i:=\mathrm{lcm}\{g_I\mid I\ni i\}$ の倍数です．$a_i=b_i$ と定めた時点で $\gcd\{a_i\mid i\in I\}$ は $g_I$ の倍数になり（そのように $b_i$ を定めた），そこから $a_i$ を何倍かすると $\gcd\{a_i\mid i\in I\}$ はそのままか倍数になっていくので，単に $a_i=b_i$ と定めた場合に条件が満たされているかをチェックすればよいです．
今回の状況では，$b_i=\mathrm{lcm}(p_i,p_{i+1},\ldots,p_n,s_1,s_2,\ldots,s_i)$ ということになります．さらに $p_{i+1}\mid p_i$ などの自明な必要条件をチェックしておくと，$b_i=\mathrm{lcm}(p_i,s_i)$ となって，この場合に条件が満たされるかをチェックします．
F. 1-1-1, Free Tree!
すべての辺に対する和ですが，各辺のデータをどの頂点で管理するかを考えます（親か子の $2$ 択はとりあえず考えてみる？）
各頂点 $v$ について，子方向の辺のスコアの総和を $ANS[v]$ などとしてみます．すると，$v$ の色の変更がきたときにスコアが変化する頂点は $v, par[v]$ しかないことが分かります．この $2$ 点での値を差分更新すればよいです．
各頂点では，色ごとに，その色の子に対応する $c_i$ の総和を保持しておき（hashmap など）これを差分更新します．
G2. Big Wins! (hard version)
答を二分探索する，つまり $\mathrm{med}-\mathrm{min}\geq K$ が可能かの判定問題を解くことにします．
最小値の場所 $i$ を固定して考えます．Cartesian Tree の構築などにより，$i$ を最小値とする極大区間 $[l,r]$ を求めておきます．すると，「$[l,r]$ の部分区間であって $i$ を含み，中央値が $a_i+K$ 以上であるものは存在するか？」という問題に帰着されます．
$a_i+K$ 以上の要素を $+1$，それ以外を $-1$ に置き換えた列を考えると，「$[l,r]$ の部分区間であって $i$ を含み，総和が $0$ 以上であるものは存在するか？」という形になります．
これはセグメント木で管理可能です．区間に対して（区間和，suffix の和として可能な max，prefix の和として可能な max）というデータを持って，$[l,i-1]$ の suffix, $[i+1,r]$ の prefix などを調べます．
このような計算をすべての $i$ について行いますが，$a_i$ について昇順に計算することで，$+1, -1$ 列の更新を全体で $N$ 回以下にできます．
二分探索とあわせて全体では計算量 $O(N\log^2N)$ 時間です．
