G1-G2之间。
把w运算再套一次就够了

省流：超过了G(1)，但离G(2)还远着
正文：
为了方便称呼吧，我就把你那个10↑↑10叫做f(0)，A叫做f(1)，B叫做f(2)，以此类推，把每一次运算得到的数字叫做f(x,y)，其中y是运算次数
因为你那个2个2个的拆起来太麻烦了，后面会有一个迭代的除法非常影响计算，我进行一个略微补强，拆成1+1+1这样
那么f(0,1)=f(0)↑↑f(0)↑↑……（f(0)次）↑↑f(0)=f(0)↑↑↑f(0)
然后f(0,2)的底数为f(0)，运算次数变成了f(0)↑↑↑f(0)次，但由于依旧是双箭头运算，构造的依然是双箭头的塔，f(0,2)=f(0)↑↑↑(f(0)↑↑↑f(0))=f(0)↑↑↑f(0)↑↑↑f(0)。
以此类推，可以得出在运算0里面，每进行一次迭代，就会叠一层三箭头的塔，也就是四箭头的数+1
因为迭代了f(0)次，所以最后我们会得到一个：三箭头、且层高为f(0)的塔，转为四箭头后就是f(1)=f(0)↑↑↑↑f(0)。这就是运算0的定义，其实就是一个标准的四箭头运算。
然后再来看运算1：
f(1,1)=f(1)↑↑↑↑f(1)↑↑↑↑……（f(1)次）↑↑↑↑f(1)=f(1)五箭头f(1)
迭代方式与上述一致，f(2)的底数为f(1)，迭代方式是五箭头、层高为f(1)层，也就是f(1)六箭头f(1)。f(2)是一个标准的六箭头运算。
可见，f(n)=f(n-1) ↑^(2n+2) f(n-1)＜f(n)↑^(2n+2) f(n)=f(n)↑^(2n+3) 2
由于重复了f(0)次，则最终结果W＜f(f(0))↑^(2*f(0)+3) 2
代入f(0)=10↑↑10可得，f(f(0))=底数为10、运算为双箭头、层高为10↑↑10，即f(f(0))=10↑↑↑10，箭头数是2*10↑↑10+3个，你最终构造出来的数比这个小（因为还有一个迭代除法）
G(1)=3↑↑↑↑3，恭喜超越了！但G(2)的箭头就有G(1)个，而单凭这个箭头数量是达不到G(2)的，这还是补强后的结果
所以，很遗憾，挑战失败咯！不过老实说，能达到G(1)就已经算很厉害很厉害的了，加油！

看了你的评论，我意识到我的运算子迭代的速度可能有些慢。操作次数的迭代可能也有些问题。所以我尝试重新修改了一下，我想请教一下，这样的改进是否有效？
我们构造一个数10↑↑10，将其拆解为1+1+…的有限数列，将其中的1替换成10↑↑10，将其中的加法替换成↑↑右结合运算，将得到的数记为a1，将这个操作记为(a，1)，接着我们把对a1进行(a，1)操作。得到数记为a2，将这个操作记为(a，2)，进行这样的操作共a1操作(a，a1)的数的次数。我们将这个运算定义为运算0，得到的数定义为A，接着我们对这个数重新拆解为1+1+1…的有限数列，将其中的1替换成A，将其加法替换为运算0，将得到的数记为b1，将这个操作记为(b，1)，接着我们把对b1进行(b，1)操作。得到数记为b2，将这个操作记为(b，2)，进行这样的操作共b1操作(b，b1)的数的次数。将这个操作定义为运算1，将得到的数定义为B，将新构造的数再次拆解为1+1+1…的有限数列，将其中的1替换成B，重复将加法替换为运算1…
我们定义运算w，运算w的运算规则如上，
当我们填入10↑↑10时，对10↑↑10运算10↑↑10的数
注：最初构造的时候只是简单的运算子迭代，所以才写成2+2+2…，底数替换是后面突然想到的，所以看起来才会这么奇怪。
还有这是鄙人第一次用迭代的方法构造大数，如有疏漏之处，还请轻喷。

2还是1不重要，下面应该进行的迭代应该是：
将A进行wA运算，得到A1
然后再进行W运算，得到A2
直到A_A
达到这种运算称为W1运算
W1运算再叠到W2运算，
……