コンテスト中AC:A,C
Bはコンテスト後自力AC。もう少しで解けそうでした。

A - Floor, Ceil - Decomposition

実際に10まで、xとfloor(x/2)×ceil(x/2)のどちらが大きいか手計算しました。

すると、

x≦4なら、x≧floor(x/2)×ceil(x/2)
x≧5なら、x<floor(x/2)×ceil(x/2)

となりました。大きめの数で試してもx<floor(x/2)×ceil(x/2)となり、その差は大きくなっていくので、厳密でないものの一般のxでもこれが成り立つと考えました。
よって、

x≦4ならそのまま、そうでなければfloor(x/2)とceil(x/2)に置き換える。

という解法が成り立つと考えました。

実装ですが、この手の問題ではメモ化再帰を使える場合が多いです。
メモ化することで、xが偶数なら状態は1/2になりますし、厳密ではないものの、全状態数は十分に少ないと見積もりました。
実際に提出してみると、ACできました。
(最大の10¹⁸くらいは試しておけばよかったです。)

厳密でなかった部分は、前者は公式解説に証明がありました。後者も証明できるそうです。(具体的な証明はありませんでした。) 提出コード

B - Sum of Three Terms

$A_1,\ A_2$ 及び $S_i$ が決定すると、 $i\geq 3$ の $A_i$ を決定できます。
また、 $A_i \geq 0$ という制約があるので、 $A_1,\ A_2$ に関する何らかの制約が得られそうです。
$A_7$ まで、列挙してみます。
$A_1 = A_1$
$A_2 = A_2$
$A_3 = S_1 - A_1 - A_2$
$A_4 = S_2 - S_1 + A_1$
$A_5 = S_3 - S_2 + A_2$
$A_6 = S_4 - S_3 + S_1 - A_1 - A_2$
$A_7 = S_5 - S_4 + S_2 - S_1 + A_1$

$S_i$ のみからなる定数部分を $B_i$ としておきます。 $B_i$ は、

$i \leq 2$ のとき、 $B_i = 0$
$i \geq 3$ のとき、 $B_i \leftarrow S_{i-1} - B_{i-1} - B_{i-2}$

として、計算できます。

次に、 $A_1,\ A_2$ に関する制約式を得たいので、それぞれの $A_i$ での係数を $A_1 [i],\ A_2 [i]$ とします。
これも以下のように計算できます。

$i=1$ のとき、 $A_1 [1] = 1,\ A_2 [1] = 0$
$i=2$ のとき、 $A_1 [2] = 0,\ A_2 [1] = 1$
$i\geq 3$ のとき、
$A_1 [i] = -A_1 [i-1]- A_1 [i-2]$
$A_2 [i] = -A_2 [i-1]- A_2 [i-2]$

これを基に実際に実装して計算してみたところ、以下の事実に辿り着きました。

$i\ mod\ 3 = 0$ のとき、 $A_1 [i] = -1,\ A_2 [i] = -1$
$i\ mod\ 3 = 1$ のとき、 $A_1 [i] = 1,\ A_2 [i] = 0$
$i\ mod\ 3 = 2$ のとき、 $A_1 [i] = 0,\ A_2 [i] = 1$

そのため、 $A_i \geq 0$ という制約から、以下の3種類の制約式が得られます。

$i\ mod\ 3 = 0$ のとき、 $A_1 + A_2 \leq B_i$
$i\ mod\ 3 = 1$ のとき、 $A_1 \geq -B_i$
$i\ mod\ 3 = 2$ のとき、 $A_2\geq -B_i$

そこで、
$A_1+A_2$ の上限を $X$
$A_1$ の下限を $Y$
$A_2$ の下限を $Z$

とします。初め、 $X=S_1,\ Y=Z=0$ です。
これを $i=3,4,...,N+2$ について、以下のように更新していきます。

$i\ mod\ 3 = 0$ のとき、 $X\leftarrow min(X,\ B_i)$
$i\ mod\ 3 = 1$ のとき、 $Y \leftarrow max(Y,\ -B_i)$
$i\ mod\ 3 = 2$ のとき、 $Z \leftarrow max(Z,\ -B_i)$

これが終了したとき、
$0\leq A_1 + A_2 \leq X$
$Y\leq A_1 \leq S_1$
$Z\leq A_2 \leq S_1$
という制約式が得られ、これを満たすような $A_1,\ A_2$ を設定します。

まず、
$X\lt 0$
$Y\gt S_1$
$Z\gt S_1$
のいずれかを満たす時、解なしです。

そうでないとき、
$0\leq A_1 + A_2 \leq X$
を満たすようにするには、 $A_1,\ A_2$ は、それぞれの下限である $A_1=Y$ 、 $A_2 =Z$ にしておくのが最善です。
そのため、 $Y+Z\gt X$ であれば解なしです。

そうでなければ、 $A_1=Y$ 、 $A_2 =Z$ として $A$ を構築できます。
(下記実装はiが0-indexedなので、i mod 3の値が異なっています) 提出コード

C - XOR to All

$A=\{A_1,\ A_2,\ A_3,\ A_4,\ A_5\}$ として以下に一例を示します。

$A_1$ と全体のXORをとる。 $\{A_1\oplus A_1,\ A_2\oplus A_1,\ A_3\oplus A_1,\ A_4\oplus A_1,\ A_5\oplus A_1\}$
$A_5\oplus A_1$ と全体のXORをとる。
$\{A_1\oplus A_1\oplus A_5\oplus A_1,\ A_2\oplus A_1\oplus A_5\oplus A_1,\ A_3\oplus A_1 \oplus A_5\oplus A_1,\ A_4\oplus A_1\oplus A_5\oplus A_1,\ A_5\oplus A_1\oplus A_5\oplus A_1\}$
XORは交換法則が成り立ち、かつ、 $X\oplus Y\oplus Y = X\oplus 0 = X$ より、
$\{A_1\oplus A_5,\ A_2\oplus A_5,\ A_3\oplus A_5,\ A_4\oplus A_5,\ A_5\oplus A_5\}$

これより、任意に置き換えを行った場合でも最終的には、
$\{A_1\oplus A_i,\ A_2\oplus A_i,\ \cdots,\ A_N\oplus A_i\}$
という形になります。

そこで、 $i=1,2,...,N$ について、
$B_i=(A_1\oplus A_i)+(A_2\oplus A_i)+\cdots +(A_N\oplus A_i)$
とした時、最大の $B_i$ を求める問題と読み替えられます。

愚直にこれを計算すると $O(N^2)$ となって、間に合わないため、工夫する必要があります。

ビットの問題では各ビットに着目するのが典型なので、それを基に考えてみます。すると、

$A_i$ の $j$ ビット目が0の場合、 $A_1,\ A_2,\ \cdots ,\ A_N$ の $j$ ビット目はそのまま。
$A_i$ の $j$ ビット目が1の場合、 $A_1,\ A_2,\ \cdots ,\ A_N$ の $j$ ビット目はすべて反転する。

ということがわかります。
そのため、 $A_1,\ A_2,\ \cdots ,\ A_N$ のうち、 $j$ ビット目が1の個数(または0の個数)さえ分かれば、以下のように $B_i$ を計算できます。

$cnt_j$ を $A_1,\ A_2,\ \cdots ,\ A_N$ の内、 $j$ ビット目が1である要素の個数とし、
$A_i$ の最大値 $A_{max}$ の最上位ビットを $D$ ビット目とする。

$j=0,1,2,...,D$ について、

$A_i$ の $j$ ビット目が0の場合

$B_i$ に $2^j$ を $cnt_j$ 個分足す： $B_i \leftarrow B_i + cnt_j \times 2^j$
$A_i$ の $j$ ビット目が1の場合

$B_i$ に $2^j$ を $N-cnt_j$ 個分足す。： $B_i \leftarrow B_i + (N-cnt_j) \times 2^j$