Контест получился интересным, без засилья геометрических задач. Расстроила кривизна чекера в задаче С.
H сдал после контеста алгоритмом с асимптотикой O(n * log(n) + 50 * n * f), где f - сложность поиска в хеш-таблице. Пришлось использовать IO через fread / fwrite (scanf / putchar ловили TL). Никто больше не сталкивался с подобной проблемой?

1) В силу небольших ограничений в задаче можно в цикле перебирать значения n и проверять условие

for (int n = 1; n <= Tn; n++)
{
    if (n * (n + 1) / 2 == Tn)
    {
        cout << "YES\n";
        return;
    }
}
cout << "NO\n";

2) Определим граф, где буквы A, B, C - вершины, и если выполняется x < y, то существует ребро y -  > x. Далее проведем топологическую сортировку. Если при выборе следующей вершины при поиске мы можем перейти в помеченную, но не использованную вершину, значит найден цикл, и надо вывести "Impossible".

3) Задача решается переборо 6! = 720 перестановок. Для каждой перестановки первые 3 слова будем располагать горизонтально, остальные - вертикально. Будем располагать слова так:

1. hor[0], ver[0] - влево-вверх
2. hor[2], ver[2] - вправо-вниз
3. hor[1]: (len(ver[0]) - 1, 0)
4. ver[1]: (0, len(hor[0]) - 1)
   

Пусть теперь N = len(ver[1]), M = len(hor[1]).
Для того, чтобы существовало решение, необходимы следующие условия:

1. len(hor[0]) + len(hor[2]) == M + 1 // углы восьмерки
   
2. len(ver[0]) + len(ver[2]) == N + 1  // углы восьмерки
   
3. len(hor[0]) >= 3 && len(hor[2]) >= 3 && len(ver[0]) >= 3 && len(ver[2]) >= 3 // восьмерка невырождена
4. буквы на началах/концах соответствующих строк совпадают
5. совпадают буквы при пересечении hor[1], ver[1]

При выполнении этих условий получаем правильную доску размером N x M, обновляем ответ.
Замечание: В C++ если хранить доску в виде vector<vector<char> > или vector<string>, то для обновления ответа можно просто использовать оператор "<".

4) Рассмотрим не самый эффективный алгоритм, тем не менее проходящий по времени, со сложностью O(mC_n⁵log(C_n⁵)).
Рассмотрим 1 ответ системы: <number, v>. Общее число вариантов шифра будет C_n^v - не очень большое число, поэтому можно их просто сгенерировать. Объявляем это множество вариантов текущим. Далее, для каждого нового ответа генерируем множество возможных шифров, пересечение текущего и нового множеств объявляем текущим.
В итоге получаем некое множество. Надо исключить из него элементы, которые уже были в ответах системы, и вывести его размер.

PS: В комментариях приветствуются более эффективные алгоритмы

5) Приведу пример решения за O((n + m)log(n + m)).
Предварительно исключим из рассмотрения стенки до которых снаряд не может долететь ни при каких условиях: x > v² / g
В силу условия α < =π / 4 выполняется следующее

1. Функция дальности полета от угла монотонная
2. Функция высоты при фиксированной дальности от угла монотонная

Этот факт позволяет сопоставить каждой стенке отрезок углов атаки [α1, α2]. Если снаряд выпущен под углом из этого отрезка, то он попадает в стенку. Эти углы можно находить, решая уравнение (оно окажется биквадратным), но опять же в силу монотонности можно воспользоваться бинарным поиском.
Отсортируем стенки по координате x. Теперь задача свелась к следующей: для каждого выстрела определить минимальный индекс стенки, при этом угол выстрела лежит между углами атаки стенки. А эту задачу можно решать деревом отрезков для минимума с возможностью обновления на интервале. Вначале заполним дерево значением KInf. Далее, для каждой стенки будем делать update(α1, α2, index). Потом пройдемся по запросам. Если getMin(α) == KInf, значит снаряд благополучно приземлится на землю, иначе врежется в стенку с индексом getMin(α).

Расскажите, plz, как решаются задачи E и G