A1/A2
不难。考虑计算出整个序列的和，如果小于0就全序列取相反数转成正的（容易证明这样做是等价的)。
然后你对目前的 \(sum\)，如果是奇数显然无解，否则对于一个还没有选的 \(1\)，将其和前面一个数配对，这时 \(sum\) 会减小 \(2\)，做到 \(sum\) 归零即可后面全部分成一个数的区间。有无 \(0\) 没有影响。
B
考虑将阶乘合并。\(i\) 个 \((i-1)!\) 可以合成一个 \(i!\)，你只需要看最后合出来的有没有剩下比 \(x!\) 小的阶乘即可。
C
考虑将序列分成两块，前面一块大小是 \(0\) 的个数，即我们要把所有 \(0\) 都丢到这里面，剩下的 \(1\) 丢到后面。那么 \(0\) 的个数是 \(cnt\)，在前面块的 \(1\) 的个数是 \(x\)，则你期望经过 \(\frac{cnt\times (n-cnt)}{x^2}\) 次操作会将一个前面的 \(1\) 移到后面。于是你枚举剩下几个，加起来即可。
D
有一个结论，每张床最多操作一次。好像比较不对劲，也不太能猜，但其实能证。
因为你每次只需要把一个空位置挪到一个你希望的位置（如果同时出现两个相邻空位置那就做完了，如果不在一起那么两个是独立的（进行黑白染色，答案的格子必然在黑白格）），那么首先不可能同一个操作做两次（移动操作那就出现相邻空位，旋转操作则要么无意义，要么会出现相邻空位，要么你尝试以两次旋转代替移动操作时，发现第一次旋转或者不旋转就提供了需要的空位）。
那么你就可以对于一个位置能够转换到的位置加边跑最短路，当然你需要黑白格各跑一遍，取相邻两个黑白格分别到最优空位的最小代价作为答案。
最短路需要建立超级源点向所有黑/白空位连边权为 0 的边跑最短路。实现上不必建出超级源点，只需要将所有空位的距离置为 0 然后全丢到小根堆里跑 dij 即可。
原文地址：http://www.cnblogs.com/infinities/p/16828539.html
