302A - Евгений и массив
Если длина отрезка — парное число, и количество 1 и -1 по отдельности не меньше половины длины, то ответ положительный.

302B - Евгений и плейлист
Запомним для каждой песни момент, когда она окончится (например частичными суммами). Дальше просто бинарным поиском или двумя указателями найдем максимальный номер песни, что ее конец не меньше заданного числа.

301A - Ярослав и последовательность
С помощью поиска в глубину посчитаем сколько отрицательных чисел мы можем получить. Заметим, что можно сделать либо все числа положительными либо одно число отрицательное(показать это просто, если изменить знак у числа Ч и некоторого набора чисел, а затем у числа У с тем же набором). Если можно получить все положительные числа, то ответом будет просто сумма модулей чисел иначе нужно поменять знак у числа с минимальным значением по модулю.

301B - Ярослав и время
Бинарным поиском будем искать ответ. Далее воспользуемся простым алгоритмом Форда-Белмана. На каждом шагу будем хранить максимальное значение таймера при нахождении персонажа в конкретной вершине, при переходе будем проверять: не умрет ли персонаж при переходе между вершинами. Если переход возможен, то будем обновлять значение конечной вершины. Благодаря тому что a_i<=d и координаты — целые мы не получим циклов.

301C - Ярослав и алгоритм
Нужно воспользоваться тем, что у нас есть знак вопроса(возможно, есть решение, которое не использует этот знак). Поставим знак вопроса в начало строки. Далее будем двигать его пока он не достигнет конца строки. Далее заменим его на два знака вопроса. И будем тянуть их к началу пока перед ним находится число 9, как только мы нашли другую цифру — просто увеличим ее и закончим алгоритм. Если мы дошли до начала строки, то просто поставим 1 в начало и закончим алгоритм.
Смотрите любой прошедший код для большей ясности.

301D - Ярослав и делители
Зададим все пары вида: (x,y) ((d[x]%d[y]==0) || (d[y]%d[x]==0)). Задавать такие можно с помощью решета Эретосфена. Пар заданного вида будет порядка O(n*log(n)) благодаря тому, что нам задана перестановка. Дальше с помощью сортировки подсчетом отсортируем их. Отсортируем заданные на входе отрезки. Дальше для каждого такого отрезка нужно посчитать кол — во вложенных из заданных ранее. Такую задачу можно решить с помощью дерева Фенвика. На каждом шаге добавлять отрезки в порядке сортировки по правому краю. На каждой итерации будем обновлять Дерево Фенвика, которое сможет считать количество начал уже добавленных отрезков на отрезке. С помощью такой информации легко найти ответ. Сложность решения: O(n*log^2(n)), учитывая, что мы используем дерево Фенвика. Константа в решении очень маленькая.

301E - Ярослав и расстановки
Будем строить нужные нам массивы последовательно добавляя числа. Давайте посмотрим на то, какие параметры нам нужны. Во первых, очевидно что нужно хранить количество способов построить массив на уже добавленных числах, во вторых нужно знать общее количество добавленных чисел. Теперь посмотрим на то, что происходит когда мы добавляем новое число(то есть число, большее всех предыдущих в некотором количестве). Понятно, что добавленные числа должны стоять между числами на 1 меньше. При этом если мы поставим 2 новых числа подряд, то между ними должно стоять большее(так как меньшие мы уже расставили). При этом очевидно, что нужно покрыть все предыдущие числа(между которыми должны стоять новодобавленные).Таким образом имеем еще один параметр: количество чисел, между которыми мы можем ставить новые. Таким образом мы имеем динамику от четырех параметров: dp[all][ways][lastnumber][counttoadd].
Переход.
Понятно, что нужно добавлять не менее counttoadd чисел, но как это повлияет на количество способов расставить числа? Все просто. Пусть мы добавили x чисел, тогда количество способов нужно будет умножить на величину Q(x-counttoadd, counttoadd), где Q(x,y) — количество способов расставить x одинаковых шариков в y разных коробок. Q(x,y) = C(x+y-1,y-1), где C(x,y) — биномиальный коэффициент.