不知道說啥了，直接寫題解吧（
手玩一下可以發現，前 \(k\) 個奇數的和等於 \(k^2\)，在此基礎上，可以進行任意次 \(+2\)。因此無解當且僅當 \(n或 \(n\not\equiv k\pmod 2\)。
模擬找到每個公主匹配的王子，如果完美匹配則無解。否則，任選一位未被選擇的公主和王子就是答案。
將所有棋子向左移動 \(m-1\) 步，再向上移動 \(n-1\) 步，此時所有棋子都集中在左上角的格仔。暴力讓它掃過每個格仔即可。總步數 \((m-1)+(n-1)+(nm-1)<2nm\)。
對於置換中每乙個迴圈 \((q_1, q_2, \ldots, q_l), q_i=p_}, q_1=p_\)，顯然對於任意的 \(k\)，\(p^k\) 中從迴圈中某個位置出發向前走，不會走出這個迴圈。考慮可能的 'infinite path' 的長度，其必然是 \(l\) 的乙個約數。列舉它的長度 \(d\) 和起點 \(q_x, 1\leq x\leq \frac\)，則這樣的迴圈在 \(k=\frac\) 時，恰好第一次出現在置換中。暴力判斷每個侯選答案是否合法即可。
對於乙個長度為 \(l\) 的迴圈，列舉的總複雜度是 \(o(d_l\cdot l)\)，其中 \(d_i\) 是 \(i\) 的約數個數。
對於 \(1\leq i< n\)，長度為 \(i\) 的 block 有兩種可能：
左端點 \(\in [2, n-i]\)，此時它的兩邊不能與它相等，方案數有 \((n-i-2+1)\cdot 9^2\times 10\times 10^\) 種。
左端點 \(\in \\)，此時它只有一邊不能與它相等，方案數有 \(2\times 9\times 10\times 10^\) 種。
對於 \(i=n\) 的，顯然只有 \(10\) 種。
（所以這題的意義是什麼……）
經典套路題，不過連想帶寫也花了不少時間。
首先每一位的取值是獨立的，先列舉位數，轉化為 \(01\) 串上的若干區間，每個區間要求：
至少有乙個 \(0\)；
或者全是 \(1\)。
求方案數，每一位乘起來即可。
要求全是 \(1\) 的區間可以差分維護，掃一遍確定哪些位置被染了 \(1\)，並將這樣的區間兩端縮起來。具體實現時，設 \(s_i\) 表示原序列中 \([1, i]\) 內有 \(s_i\) 個位置染了 \(1\)，則可以將乙個原序列上的區間 \([l, r]\) 對映成 \([l'=l-s_, r'=r-s_]\)，表示原序列中第 \(l'\) 到第 \(r'\) 個沒有被染成 \(1\) 的位置，注意 \(l'>r'\) 時無解。設 \(n'=n-s_\)。
剩下的區間，發現如果存在 \(l_1\leq l_2\) 且 \(r_1\geq r_2\)，則只要 \([l_2, r_2]\) 的條件滿足，則 \([l_1, r_1]\) 的條件一定也滿足，可以直接刪掉 \([l_1, r_1]\)，使得剩餘的區間都滿足 \(l_i且 \(r_i。
考慮容斥，列舉區間的某個集合 \(s\) ，滿足 \(s\) 中區間內全是 \(1\)，貢獻為 \((-1)^\cdot 2^\)，其中 \(f(s)\) 表示 \(s\) 中區間的並集長度。
直接容斥顯然不太能接受，考慮 dp。設 \(f_i\) 表示排好序的前 \(i\) 個區間中，最後乙個被選入容斥集合 \(s\) 的區間是 \([l_i, r_i]\)，每種方案當前的貢獻為 \((-1)^\cdot 2^\)，所有方案的權值和（注意這裡的貢獻與上面略有出入）。轉移的時候列舉上乙個區間 \(j\)，發現有兩種情況：
\(r_j，也就是說兩個狀態之間存在著長度 \(\geq 0\) 的間斷，將 \([l_i, r_i]\) 加入 \(f(s)\) 時的貢獻恰好就是 \(r_i-l_i+1\)，因此這一部分的貢獻是 \(-2^\cdot f_j\)。
\(r_j\geq l_i\)，也就是說兩個狀態是直接相連的，將 \([l_i, r_i]\) 加入 \(f(s)\) 後，右端點移動的距離和 \(f(s)\) 新增的長度相等，因此這一部分的貢獻是 \(-f_j\)。
注意到左右端點都是嚴格遞增的，因此兩個部分的分界點是唯一的，並且隨著 \(i\) 增大而增大。
將第一部分的貢獻化成 \(2^\times (-2^\cdot f_j)\)，只需維護括號內的部分，字首和優化一下就可以做到 \(o(1)\) 轉移。
注意答案等於 \(\sum_^ f_i\cdot 2^\)，其中 \(m'\) 代表第一類區間數量，\(r_0=0, f_0=1\)。
看錯資料範圍了……雖然看對了可能也不太會做（
實際上思路還是比較清晰的，只要能想到用 ac 自動機處理多串匹配相關的 dp。（主要是看錯資料範圍之後，串長和有 \(10^6\) 那麼多……怎麼看著也不像能套個狀壓 dp 的樣子啊（x
對所有模式串建出 ac 自動機，並處理好每個節點跳 \(\operatorname\) 過程中經過節點的權值和。
設 \(f_\) 表示考慮母串的前 \(i\) 個位置，目前停留在 ac 自動機的 \(j\) 位置，已選的字母集合為 \(s\) 的最大值。
這個狀態設計，單是狀態數就已經不可接受。但是不難發現，整個過程中，只有不超過 \(14\) 次決策，其餘過程都是沿著自動機的邊按部就班地走。因此，只考慮s[i]='?'的位置，中間的過程實際上與 \(s\) 無關，只與 \(j\) 有關。因此可以列舉每個 \(j\)，暴力地在自動機上走，儲存每乙個 \(j\) 會走到的位置和途經的權值和。對於每乙個 \(s\)，都可以直接套用。
於是就做完了，複雜度 \(o\left((\delta2^+|s|)\cdot \sum |t_i|\right)\)。
題解 CF1485 簡要題解
奇怪的難度。當 b 2 的時候再操作，操作次數是一定的。因此 b 的變化量很小，暴力列舉。考慮哪個數不同，然後不同後可以選擇的區間是什麼。會發現中間夾著的區間選兩遍，旁邊的選一遍。做字首和好了。簡單轉化發現一定要滿足 a k b 1 k。列舉 b 貢獻式帶有乙個 min 找到其分割點，前一部分直接求...
CF1335 簡要題解
草，賽時寫題解 分奇偶討論一下，可以知道方案數為 lfloor frac rfloor 首先可以隨便構造使得前 a 個字元中有 b 個不同字母。然後對於任意的 i in a 1,n 令 s i s 即可。設最大的組有 x 人，非空的組有 y 個，如果 x ne y 顯然答案可以取到 min x,y ...
Atcoder AGC024 C F簡要題解
ans i 2,ai 0n ai ai 1 1 ai ai 1 1 ai ans sum limits n a i a 1 a i neq a 1 a i ans i 2,ai 0 n ai ai 1 1 ai ai 1 1 ai u v u,v u,v 同色的條件 找到 u,v u,v u,v 路...