Почти как угодно с запоминанием. Например так.

Считаем динамику. Минимальная строка из первых (r-l+1) символа, которая 1. Больше отрезка [l;r] 2. Не меньше отрезка [l;r] 3. Любая по отношению к отрезку [l;r]

Понятно что эти три класса эквивалентны по дальнейшим действиям, поэтому из них надо брать минимальную.

Пусть у нас есть строка из цифр и '?'. Научимся за куб от длины выяснять, можем ли мы ее выложить данной колодой (вопросик означает, что на это место можно положить любую цифру). Перебираем куда положить верхнюю карту колоды, внутри динамика за квадрат — храним можем ли мы получить отрезок строки [l,r), используя верхние r-l карт колоды. Переходы очевидны. Если хотя бы для одного положения верхней карты получили D[0][len]=true, то строку выложить можно, иначе нет.

Теперь делаем стандартный поиск по ответу. Пусть lb — данная нам строка. Пока мы не можем ее получить, увеличиваем последний "не вопросительный" разряд, как только доходим до '9', меняем ее на '?' и переходим к следующему (при этой операции у нас число все время увеличивается). Если в какой-то момент нам надо увеличить несуществующий разряд, то надо вывалиться и сказать No Solution. Иначе в какой-то момент мы научились получать нашу новую строку lb (правда, в конце у нее несколько вопросиков). Теперь пробегаемся по вопросикам слева направо и перебираем для каждого можем ли мы поставить '0', '1' и т.д. Выбираем наименьший возможный вариант. То, что получилось в итоге — это ответ.

почему-то многие писали послный треш. на что надеялись, интересно)

Судя по авторскому решению в практис руме, достаточно запустить код любого из участников 2 раза: один раз для (a1, a2) и (b1, b2), а второй раз для (a2, a1) и (b1, b2). Если оба раза ответ "Yes", то возвращаем "Yes", иначе — "No".

Прошло? Или все-таки неправильно?

Я тоже не придумал за челендж. Авторский тест который свалил такое же у меня в команте — цикл с какими-то непонятными числами. Вообще логично. На цикле видимо получается либо любые две точки либо отрезок.

можно дойти из 0-й вершины до любой достижимой и вернуться обратно. Тогда эта достижимая будет взята 1 раз, а остальные — 0. (и так с каждой достижимой вершиной; в нулевую в последний раз можно не возвращаться.)

Это правильно. Пусть есть простой путь 1 -> 2 -> 3 -> 4 -> 5. Тогда выберем последнюю вершину, которая должна быть в множестве с наибольшим ксором (пусть это 4) и сделаем так 1 xor 2 xor 3 xor 4 xor 3 xor 2 xor 1 (пройдем до нее и обратно). Очевидно, в общую ксор-сумму добавится только значение этой вершины. Если нужно добавить первую вершину, в конце в нее не возвращаемся (доходим только до 2й). Таким способом можно добавить любое множество вершин из простого пути. Если у нас есть несколько веток, выходящих из одной вершины, добавим все нужные вершины из каждой из них по отдельности. Очевидно, это обобщается на произвольное дерево.

там ТСО 1-3 октября, они наверно готовятся...