（首先聲明一下，今年AHOI R1的題==JSOI R3 Day1的題）
【題解】
sport:
首先很容易證明，最優方案必然是左邊都是-，右邊都是+（從樣例也可以看出來囧）……
因此問題轉化為了第幾次開始+，可以使得開始+的時候，目標元素的位置最左……
注意到排隊的過程實際上是個冒泡……因此本題的關鍵在于發掘出冒泡的性質囧……
設最初的序列為A[0..N-1]，目標元素為A[pos]。設S[0]為排在A[pos]之左的比A[pos]大的元素的個數（因為一開始排在A[pos]之左的且<=A[pos]的元素，不管腫么搞都一直在目標元素之左，不管它們了囧……），然后，考察所有一開始排在A[pos]之右的，比A[pos]小（注意是<A[pos]，不是<=）的所有元素，設它們之間的間隔分別為S[1]、S[2]、S[3]……（具體見圖，其中S[1]為A[pos]和第一個比A[pos]小的元素之間的間隔）

然后來審視一下整個冒泡的過程。一開始，必然是將目標元素左邊的一個比目標元素大的元素移到右邊去，在目標元素右邊它可能會停下來，但緊接著必然是一個值更大的元素繼續往右移，最終的效果等價于將目標元素左邊的一個比目標元素大的元素“移出去”了（即移到了最右邊的比目標元素小的元素的右邊），也就是S[0]減了1，而S[1]、S[2]……都沒變，這個過程顯然只能持續S[0]次，目標元素左邊比它大的元素就全部移出去，此時目標元素到達了它“可能到達”的最左位置。
接著，目標元素和右邊第一個比它小的元素（即圖中的A[i1]）之間的，比目標元素大的那些元素將被依次的移出去，也就是S[1]不斷減1，而S[2]及后面的都沒變。這一過程會持續S[1]次，目標元素就和A[i1]靠在一起了（注意，在這個過程中，目標元素的位置是不會變的）。
如果此時繼續冒泡，則目標元素就會和A[i1]交換，右移一個位置，并且就從這次冒泡開始，S[2]不斷減1，減到0為止，接著目標元素和A[i2]交換，右移一個位置，S[3]不斷減1……直到最后一個S[]值也減到0后，目標元素到達它的目標位置。
也就是，設“第i階段”為S[i]值減少的這個階段，則在第0階段，目標元素會不斷左移，顯然不用+，第1階段，目標元素不動，也不用+，但從第2階段開始，在每階段的第一次冒泡時，目標元素都會向右移一個位置。因此，開始+的時候，必然是第x（x>=2）階段的開始的那次。由于最多只能+ K次，因此可能的最左位置就是滿足N-1-∑(0<=j<x)S[j] <=K的最小的x值減2，加上一開始就在目標元素之左的，且值不大于目標元素的元素個數（它們必然在目標元素之左）。注意特殊情況：x<2（此時當成x=2處理），或者x不存在（全是-）。
因此，本題就是預處理求出所有S之后，掃一遍得出最小的x值就行了，O(N)。
當然，二分答案+暴力判斷可以得50，有神犇說二分答案之后可以在O(N)時間內判斷，從而O(NlogN)解決，我太弱了，完全搞不懂囧……（Orz！！）

mole：
首先，一個很重要的事實就是，“整個過程中左手所在的位置嚴格小于右手”其實是一個廢條件！！因為如果左右手交叉了，必然是左手試圖去打靠右的一個，而右手試圖去打靠左的一個，此時，讓它們交換，則兩只手移動的距離都變小，方案仍然合法，且更優（我太弱了，當時就是在這里想抽了很久，以至于木有做這題……后來才知道這題很水……真悲劇！！！）
接下來就變成了一個全局統籌的問題，可以用網絡流解決：每個地鼠i拆成兩個點：入點i'、出點i''，中間連一條容量為1（表示只能打一次），費用為它的得分的邊，兩只手開始的位置也當成有地鼠，只不過得分為0而已。如果某只手在打完第i個地鼠后能接著去打第j個地鼠，就連邊<i'', j'>，容量1，費用0。s往表示兩只手開始的兩個點的入點連一條容量為1，費用為0的邊，每個出點往T連一條容量為1，費用為0的邊。求這個圖的最大費用最大流即可。
當然，用O(N³)的DP也可以得到至少60分，如果卡的好的話可能有80以上囧……

bus：
裸的數據結構題，用一坨Splay Tree維護即可，唯一要注意的就是鏈可以翻轉，因此要rev標記……
還是不會搞的可以去做ZJOI2012 Day2的某題……
這題在數據結構題中還是比較好寫的……值得吐槽的是它的對拍很難寫……本沙茶寫正解用了50min，寫對拍用了75min……
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【總結 && 一些閑扯】
（1）（Orz @sunzhouyi）
“要想滾粗：