2026.8
QOJ 8816 Solar Panel Grid Optimization
简要题意
给定两个 \(n\times n\) 的 0/1 矩阵 \(A,B\)。
可以对 A 做以下两种操作：
- 操作一：对所有行向左循环移一位
- 操作二：对所有列向下循环移一位，然后将第一行取反。
构造出一种场长度小于等于 \(1000\) 的操作序列，使 \(A\) 变为 \(B\)。
\(n \le 20\)。
解题报告
首先观察一些性质。容易发现操作一每 \(n\) 次一循环，操作二每 \(2n\) 次一循环。
思考一些简单的复原方法。考虑以下这种方法：
单独拿一列出来凑需要的值，先复原剩下的部分。
一行一行从左往右复原。假设当前复原到 \(i,j\)，则不停对最后一列做操作二直到 \(A_{i,n}=B_{i,j}\)，然后用一次操作一。容易发先这样做完后能复原前 \(n-1\) 列。分析一下操作次数。由于我们操作的行的顺序是不重要的，可以将任意时刻的最后一列当作随机的。此时，对于每个格子，操作数期望都是两次，一共是大约 \(2n^2\) 次。
然后是复原最后一列。只有一列显然不一定有解，所以把最后一行也加上。从 \(A\) 直接构造出 \(B\) 较难，但是构造到全 0 是简单的，因此考虑将从 \(A\) 到全 \(0\) 和从 \(B\) 用逆操作构造到全 0 的方案拼起来作为答案。
从 \(A\) 构造到全 0：总共有 \(2n-1\) 个格子，不妨假设 1 比 0 多。此时至少有 \(n\) 个 1。具体方案是：每次将一个行内的 1 用操作一转到 \((n,n)\)，然后做一次操作二。由于 1 的个数至少为 \(n\) ，不会出现最后一行没有 1 的情况。最后 A 将会变为全 0 (1 多)或全 1 (0 多)。再做一次就一定变为全 0 了。
从 \(B\) 构造到全 0 同理。
最后复原最后几列的操作次数容易分析到 \(O(n)\)。但是实际跑起来会比较卡次数。
这里有一些卡次数的技巧：
- 第一部分多随机几次。
- 轮流做操作一和二 \(2n-1\) 轮可以翻转整行整列，如果 \(A\) 和 \(B\) 都要翻转可以抵消掉。
这样就可以通过了。
QOJ 5371 Matrix
简要题意
定义置换矩阵为每行每列恰有一个 1，其余位置为 0 的矩阵。有一个 \(n*n\) 的整数矩阵 \(A\)。她想知道，是否存在一组置换矩阵 \(B_1,B_2,\cdots,B_m\)，对于这一组置换矩阵，有且仅有一组非负整系数 \(c_1,c_2,\cdots,c_m\)，使得 \(A=\sum_{i=1}^m c_iB_i\)。
要求输出的 \(m\le n^2\) 或报告无解。\(n \le 50\).
解题报告
首先每行，每列的和都要相等，同时不能有负数，否则无解。
将 \(A=\sum_{i=1}^m c_iB_i\) 看成每次选一个矩阵 \(B\) 和一个数 \(c\)，令 \(A \leftarrow A-Bc\)，直到清空 \(A\)。
为了保证唯一性，考虑令每个 \(c\) 都为正整数，且每个矩阵都至少将一个位置变为 0，这样就保证唯一了。
可以通过归纳法得出任意情况均有解，因此只需要每次找一个合法矩阵就行了。
一个矩阵可以看成行到列的一个完美匹配。因此每次只需要找出一个最大匹配，并将 \(c\) 设为匹配的位置对应的 \(A\) 的最大值即可。
复杂度是 \(O(n^4\sqrt n)\)，实际上很松。
QOJ 8830 Breaking Bad
简要题意
给定一个 \(n\times n\) 的数组，值域是 \([0,4]\)。
你要挑 \(n\) 个位置，每行每列恰好一个，并获得这些位置的值之和 \(\mod 5\) 枚金币。
对于 \(i=0,1,2,3,4\)，你要求出是否存在方案获得恰好 \(i\) 枚金币。只用输出存在性，无需方案。
\(n \le 1000\)。
解题报告
以下所有运算默认 \(\mod 5\)。
考虑调整法。
假设目前有一个方案，如果存在 \(i,j\)，选中的位置为 \((i,p_i),(j,p_j)\)，且 \(A_{i,p_i}+A_{j,p_j} \neq A_{i,p_j}+A_{j,p_i}\)，则可以通过交换 \(p_i,p_j\) 来得到一组答案不一样的解，表现为使答案增加常数 \(x\)。
- 引理一：如果存在一个方案有至少四组互不相同的 \((i,j)\) 满足条件，则答案就是
YYYYY。
证明：四个都是可选可不选的。只有一组时，可行的答案变化量集合大小为 2，每多一组，集合大小只要不是 5 都会变大，最后一定是 5。
因此考虑对整个矩阵考虑寻找满足条件点对 \((i,j,p_i=x,p_j=y)\)，每找到一对就删掉对应的行和列，以免重复。
- 引理二：如果存在合法点对，至少有一组会形如 \((i,i+1,j,j+1)\)。
证明是简单的，反证法即可。
那么只要不停的形如 \((i,i+1,j,j+1)\) 的合法点对，然后删掉对应的行和列即可。找到四组以上，答案就为 YYYYY。
对于剩下的矩阵。由于不存在合法点对，容易证明存在数组 \(P\)，\(Q\)，使得 \(A_{i,j}=P_i+Q_j\)。此时所有方案的贡献都相同。
因此可以令 \(B_{i,j}=A_{i,j}-P_i-Q_j\) ，包括删除的行。由于删除的最多只有六行六列，\(B\) 也至多只有六行六列有值。剩下的部分是简单的，枚举选了哪些交点，状压即可。
AI 总结
思维断点
**** 之前没有留下任何成形的结论——这次的断点不是"某一步推不下去"，而是"从零起步"：读完题后没有找到任何立足点。**** 之后第一个真正的突破口是调整法：不尝试构造排列，而是从任意一个已有方案出发，研究"交换两行的列选择"这一最小改动对总和的影响。此后的所有内容（四组独立开关覆盖 \(\mathbb Z_5\)、剩余矩阵秩 1、末段枚举）都是这个起点的连锁推导，而不是新的思路转折。
为什么会想不下去
- 常规建模方向全部失效。 逐行 DP 必须记录"哪些列已被占用"，状态数 \(2^n\)，\(n=1000\) 直接不可行；把问题看成加权完美匹配或排列和计数，又落到 permanent 这类没有多项式工具的领域。所有"构造一个排列"的框架都要求同时控制 \(n\) 个选择，而模 5 的和无法逐行确定，所以按常规路子"搭"排列必然卡死。
- 对象看错了。 题面问的是"哪些模 5 和存在"，即可达和集合；而自然的思考倾向是把 5 个输出当成 5 个构造问题（"如何做出恰好 \(i\) 的方案"）。正确视角是研究可行解之间的关系——集合是由"方案与方案之间的差"生成的，而两个排列之间最小的差就是一次对换。
- 静态的题面没有给出"移动"的提示。 题面只有一次性的选择，没有任何操作或变换，于是"从已有方案出发修改"这个框架不会自然浮现；而恰恰是"只问存在性、不要求方案"这个条件，允许破坏式地删行删列、从任意一个方案出发，这一点在"构造一个合法解"的思维定式下是反直觉的。
- 被"和"字面吸引。 值域 \([0,4]\)、模 \(5\) 这些条件其实暗示"差"：两个和的差与和本身活在同一个群 \(\mathbb Z_5\) 里。但看到矩阵就想对整行/整列做代数变换，而真正的杠杆是局部 \(2\times 2\) 的差。
真正缺少的那一步
把问题从"构造排列"重述为"可行解空间上的移动"：取任意方案（如对角线），交换其中两行的列选择，总和的改变量为
它只涉及 4 个元素、与排列其余部分无关。一旦这个局部量出现，"哪些 \(2\times 2\) 能改变和"就成为唯一需要关心的对象，问题从 \(n!\) 个方案收缩到 \(2\times 2\) 模式，后面的引理只是对它做管理（独立开关→子集和覆盖；无合法对→秩 1；残余部分→小规模枚举）。
如何从原思路逼近这个观察
- 最小规模的暴力是直达入口：手算 \(n=2\)，两个可行和之差恰好就是上面的 \(\Delta\)。整道题本质上是"\(n=2\) 观察"的推广——把一组合法 \(2\times2\) 看作一个独立开关，把"开关的差"当成生成答案集合的原子。以后遇到"可达集合"型问题，先算最小规模下集合如何随输入变化。
- 把问题改成转换句问自己："我手里已有一个方案，怎么改成另一个？最小改动是什么？""任意两个方案的和之差能分解成哪些局部量？"
- 先想退化情形："什么样的矩阵下所有方案的和都一样？"（所有 \(2\times2\) 对角和差为 0，即 \(A=P+Q\)）。退化情形的刻画往往同时给出主体框架：剥掉非退化部分，剩下退化部分贡献常数。
- 盘点没用上的条件：模 \(5\) 意味着"4 个独立的非零改变量就覆盖整个 \(\mathbb Z_5\)"（子集和每步严格扩张）；\(n\le 1000\) 意味着只允许 \(O(n^2)\) 量级的整体扫描，而相邻 \(2\times2\) 的扫描恰好是 \(O(n^2)\)。
QOJ 8839 Knocker
简要题意
给定一个长为 \(n\) 的数组 \(a\)。
你可以进行无限次以下操作：选择一个正整数 \(x\)，令所有 \(a_i \leftarrow a_i \mod x\)。
询问最终有多少可能得到的数组。
\(n,V \le 500\)。
解题报告
首先选择的数显然是单调减的，且不用关注原来的数组中数的顺序。因此可以先将原数组排序并去重。
为了简化讨论，假设开头做了一次 \(V+1\)。
考虑将操作倒过来。假设当前选择的是 \(x\)， 维护 \(b_0,b_1,\cdots,b_{x-1}\) 表示若初始为 \(k\)，最终得到的值为 \(b_k\)。则每次的修改为：将数组 \(b\) 向后复制若干次，并截取一段前缀。
假设最终得到的数组为 \(c\)，考虑判断 \(c\) 是否合法，即是否存在一个操作序列，使得最后 \(b_{a_i}=c_i\)。
观察 \(b\) 的生成方式，容易发现 \(b\) 最后的结构一定是一些段，每段都是从 \(0\) 开始的连续自然数。
此时从 \(a_n\) 开始构造。由于前面的结论，可以得到若 \(a_p\ge a_n-c_n\)，则一定有 \(c_p=a_p-(a_n-c_n)\)。且若 \(a_p\le c_n\), 一定有 \(c_p=a_p\)，也就是不存在 \(\le c_n\) 的操作。然后就可以把已经确定的扔掉，递归下去。
此时就可以 \(dp\) 了。设 \(dp_{i,j}\) 表示只考虑 \(a_{[1,i]}\)，只允许操作 \(>j\) 的数，可能得到的答案个数。转移枚举 \(c_i\) 即可。
复杂度 \(O(nV^2)\)。
AI 总结
思维断点
**** 前最后一个完整结论：逆向看操作，最终函数 \(b\)（\(b_k\) 为初值 \(k\) 的终值）由"周期复制 + 截前缀"生成，因此其形状一定是若干段、每段从 \(0\) 开始的连续自然数。此时已经正确地提出了"判断 \(c\) 是否合法"的目标。
**** 后第一个关键突破：不再追问 \(b\) 的全局形状，而是回到判断/计数 \(c\) 这个目标，从最大的元素 \(a_n\) 向下构造。选定 \(c_n\) 后，含 \(a_n\) 的那段起点被唯一确定为 \(s=a_n-c_n\)，于是 \([s,a_n]\) 内所有采样位置被迫定为 \(a_p-s\)；再配合一个过程性事实——所有模数都 \(>c_n\)，故 \(\le c_n\) 的元素被迫不变；两者之间剩余的中段递归，计数变为 DP。
注意：**** 前并不是方向错误。逆操作与段结构正是题解的核心引理，缺的是"把它用在采样位置上"的那一步。
为什么会想不下去
-
在正确观察上多停了一步，卡在对象粒度上。 段结构是全局对象 \(b\) 的完整描述，而题目要数的是 \(c\)——\(b\) 在 \(n\) 个采样位置上的限制。顺着段结构最自然的下一步是"枚举/刻画所有合法段划分，再统计它们诱导出的 \(c\)"，这条路没有出口：段划分有指数多个；且段形状并没有描述全部约束——\(b\) 实际还带周期结构，例如形状合法的 \([0,1,0,1,2,3]\)（两段 \(0,1\) 与 \(0,1,2,3\)）没有任何模数序列能生成；并且 \(b\) 上大多数位置从未被采样，数限制似乎又离不开全局结构。每一步都强化"必须完整知道 \(b\)"，而题解恰恰完全绕开了全局结构。
-
段形状不够用，还缺一个来自"过程"而非"形状"的观察，而待在形状里看不见它。 "若 \(a_p\le c_n\) 则 \(c_p=a_p\)"无法从段的形状推出——只看形状，\(s\le c_n\) 的段划分完全合法（上面那个例子就是）。它来自另一个视角：\(c_n\) 是最后一步取模后的结果，故最后一个模数 \(>c_n\)，进而所有模数 \(>c_n\)，\(\le c_n\) 的位置从未被碰过。只盯形状不但缺这个约束，形状还会给出"比真实结构更自由"的错觉。
-
没意识到"部分确定就足够"，也没意识到最大的元素是最佳锚点。 选定 \(c_n\) 只确定那段左侧起点，段向右延伸到哪仍未知，直觉上会觉得"结构没定完、无法递归"。但 \(a_n\) 是最大元素，段延伸到 \(a_n\) 右边不涉及任何采样位置，可以完全不管；而 \([s,a_n]\) 被整段强迫。正是按元素从大到小处理（而非按位置从左到右扫 \(b\)）才使一次选择强迫一整段、且右侧没有未定信息；从左到右扫会撞上周期结构，段与段的耦合无法局部分解。
-
次要卡点：DP 的第二维。 中段递归要携带"模数 \(>c_n\)"这一新下界，状态 \((i,j)\) 的 \(j\) 是计数过程中累积的约束。\(n,V\le500\) 允许 \(O(nV^2)\)，暗示答案计数可以带一个值域维——但若没先建立递归结构，光盯着复杂度也凑不出状态。
真正缺少的那一步
把"\(b\) 长什么样"翻译成"\(c\) 在最大元素处的局部强制规则"：固定 \(c_n\) ⇒ 段起点 \(s=a_n-c_n\) ⇒ \([s,a_n]\) 上所有采样位置强制为 \(a_p-s\)（段结构）；所有模数 \(>c_n\) ⇒ \(\le c_n\) 的位置强制不变（过程事实）；中间 \((c_n,s)\) 的元素构成一个"前缀 + 模数下界提高到 \(\max(j,c_n)\)"的同型子问题。于是计数 \(c\) 退化为每次枚举一个值的递归，而不是枚举 \(b\)。
如何从原思路逼近这个观察
- 对象检查："我描述的是 \(b\)，但我要数的是 \(c\)。\(c\) 只是 \(n\) 个采样点上的值——能不能只描述这 \(n\) 个点之间的强制关系？"承认 \(b\) 的大多数位置无关紧要之后，自然就会去找"哪些采样点被同一段捆绑"。
- 锚点检查（凡是从大到小构造的题都可以问）："最大的元素 \(a_n\) 落在某一段。这段在 \(a_n\) 左侧的起点由什么决定？——只由 \(c_n\) 决定：\(s=a_n-c_n\)。\(a_n\) 右边还有采样点吗？——没有。"两个问题直接给出"一个值强迫一整段"的递归结构。
- 形状之外退回过程："段结构描述位置间的相对关系；操作过程还有没有形状看不见的约束？——最后一步的模数必须大于最终结果。"形状卡住时退回操作本身，往往能补出第二块拼图。此题正是两块拼图合起来才使递归自洽：子问题前缀 \([0,s-1]\) 上位置 \(0..c_i\) 必须恒等，新段才接得上去。
- 复杂度检查："\(n,V\le500\) 意味着答案可以用带值域维的 DP 数出来。缺的状态维是什么？——模数下界，由每次选定的 \(c_i\) 累积。"先相信答案可 DP，再反推状态，而不是先求全局结构。
QOJ 5526 Jewel of Data Structure Problems
简要题意
定义奇/偶序列为逆序对个数为奇数/偶数的序列。
给定排列 \(P\)，\(Q\) 次修改，每次交换两个数，要求输出最长奇子序列的长度。
\(n,Q \le 10^5\)
解题报告
观察一下，容易发现答案只会为 \(-1,n-2,n-1,n\)。
证明：若排列是 \(1-n\) 显然是 \(-1\)。
否则，将排列划分为 \(AbCdE\)，其中 \(b\) 和 \(d\) 是单个数，\(b>d\)。
若答案小于 \(n-2\)，则 \(AbCdE\), \(ACdE\), \(AbCE\), \(ACE\) 均为偶序列。
比较前两个得到 \(b\) 到 \(ACdE\) 的贡献为偶数，后两个得到 \(b\) 到 \(ACE\) 的贡献为偶数，则 \(b\) 到 \(d\) 的贡献为偶数，矛盾。
因此答案至少为 \(n-2\)。
判断 \(n\) 是简单的，只需要考虑判断 \(n-1\)。考虑一个点 \(a_i=x\)，如果前面有 \(p\) 个小于 \(x\) 的，则有 \(i-1-p\) 个大于 \(x\) 的，后面有 \(x-1-p\) 个小于 \(x\) 的，总共有 \(i-x-2-2p\) 个逆序对。因此只要 \(2|i+x\)，贡献就是偶数。因此，只需要判断是否所有位置均有 \(2|i+a_i\) 即可。
所有东西都可以线性维护。复杂度 \(O(n+q)\)。
QOJ 8824 Slay the Spire
为什么我写这种题会写 2h 啊？？？
简要题意
你在玩游戏，角色总共有 \(m\) 种状态。初始时，处于状态 \(s\)。
有 \(n\) 张卡牌。第 \(i\) 张卡牌的效果如下： 如果当前角色处于状态 \(a_i\)，则对敌人造成 \(b_i\) 点伤害，并将状态变为 \(c_i\)。 否则，仅将状态变为 \(c_i\)。
此外，他还有 \(k\) 瓶药水。第 \(i\) 瓶药水的效果是将当前状态变为 \(x_i\)。
你可以以任意顺序使用这些物品。求出对敌人造成的最大可能伤害。
要求 \(O(m\log n)\)
解题报告
直接暴力建边求最大权哈密顿路显然不可行。由于要求的是每个物品各使用一次，且物品只与当前状态有关，可以将状态视为点，物品视为边，建图。
具体的，假设某件物品让你从状态 \(x\) 变为状态 \(y\)，则视为 \(x\) 向 \(y\) 连一条边。为了减少讨论，我们额外增加一个变为状态 \(s\) 的药水。则最后的路径应该是一条欧拉回路。
一个图存在包含 \(s\) 的欧拉回路的充要条件为：所有点入度与出度相等，且所有边与 \(s\) 连通。
考虑反悔贪心，先不管所有边与 \(s\) 连通的条件，再去调整。
关注物品对出度，入度的贡献。为了方便处理，默认所有卡牌都是造成伤害的。
则：
- 一个药水会将 \(v\) 的入度 +1，且可以选一个点，将其出度 +1。
- 一个卡牌会将 \(u\) 的出度与 \(v\) 的入度 +1，你可以用 \(b_i\) 的代价将这张牌变为药水（删掉）。
且容易发现，在确定所有卡牌的状态后，可以达到所有点入度与出度相等的充要条件为：\(\forall i,out_i \le in_i\)。
也就是说，对于每个 \(out_i > in_i\) 的点，都要选择 \(out_i-in_i\) 条出边变为药水。显然会选择 代价最小的前 \(out_i-in_i\) 条边。
然后用所有边与 \(s\) 连通的条件调整。实际上，如果一个包含至少一条边强连通分量不存在入边（包括药水）且不包含 \(s\)，则其不与 \(s\) 连通。此时会挑强连通分量一条边，替换掉一条起点相同且连向该强连通分块外的被删掉的边。找一个替换代价最小的即可。
精细实现可做到除排序线性。
QOJ 8526 Polygon II
简要题意
给定 \(a_i\) 为 \((0,2^{c_i})\) 之间的随机变量，求能以 \(a_i\) 作为边长作出非退化的 \(n\) 边形的概率。
\(n\le 1000,V \le 50\)
解题报告
首先我们要求的答案显然是 \(1-\sum_i P(a_i \ge \sum_{j\ne i}a_j)\)。
令 \(a_i \leftarrow 2^{c_i}-a_i\)，则变为 \(P(\sum _j a_j \le 2^{c_i})\)，也就是说，只需要求出 \(\sum_j a_j\) 的概率分布就好了。
这个 \((0,2^{c_i})\) 很不好看，把它拆成小数部分和整数部分，再二进制拆分。也就是变为 \((0,1)\) 中的随机实数，然后对于 \(0\le i <c_i\)，有 \(1/2\) 的概率增加 \(2^i\)。
拆分后，后面的整数部分可以简单数位 dp 处理掉。对于前面的小数部分，我们要对 \(0\le i < n\) 求出 \(g_i\)，表示小数部分之和位于 \([i,i+1)\) 的概率，作为 dp 部分的预处理。前缀和一下，只需要求出 \(h_i\) 表示小数部分之和 \(<i\) 的概率。对于这部分，有 \(h_i=\frac{1}{n!}\sum_{j=0}^{i-1}(-1)^j\binom{n}{j}(i-j)^n\)。
具体的，我们现在要求的是 \(h_t\) ，也就是 \(n\) 个 \((0,1)\) 之间的随机实数 \(x_i\)，要求 \(\sum x_i<t\) 的概率。
这相当于 \(\sum x_i<t,0<x_i<1\) 在 \(n\) 维空间中的体积。
首先考虑钦定一些数超过 1 进行容斥，这样就不用管 1 的限制了。
要求 \(\sum x_i<t,0<x_i\) 在 \(n\) 维空间中的体积。将每一维都变为原来的 \(\frac 1t\)，体积变小为原来的 \(\frac 1{t^n}\) 后，新的体积为
（就是直接从内层开始算，答案就是 \(\frac{1}{n!}\)）
这样答案就是 \(\frac{t^n}{n!}\)。套上外面的容斥就是上面说的那条式子。
这样就做完了，瓶颈是 dp 部分，复杂度 \(O(nV^2)\)。
AI 总结
思维断点
**** 前最后真正得到的结论：答案 = \(1-\sum_i P(\sum_j a_j \le 2^{c_i})\)（坏事件取反 + 反射对称变换），于是问题归结为"求出 \(\sum_j a_j\) 的概率分布"。
**** 后第一个关键观察：\(U(0,2^{c_i})\) = 公共的小数部分 \(U(0,1)\) + \(c_i\) 个独立公平硬币（整数部分的二进制位）。求和由此变成"按二进制小数点对齐后的逐列硬币计数 + 进位"，可以数位 DP；小数部分之和的分布有容斥闭式。
断点就是这两者之间的差距：一次表示方式的转换。前面两步方向完全正确，卡住的不是思路错误，而是没能把"不同尺度的连续均匀变量之和"改写成"对齐进位的二进制列硬币之和"。
为什么会想不下去
1. 目标对象被定成了过大的形状。 "只需要求出 \(\sum_j a_j\) 的概率分布"——但这是一个连续随机变量的密度，无穷维对象。按这个字面目标，标准工具（卷积、分段多项式）在 \(c_i\) 互不相同时分段点数量会爆炸，自然得出"不可算"。而实际需要的只是有限个 \(P(S \le 2^{c_i})\)。目标从"整个分布"缩到"有限个 CDF 值"，数位 DP 的大门才打开。
2. 连续视角遮蔽了二进制结构。 题目表面上全是连续随机变量，而数位 DP 是离散工具；十进制直觉下 \(U(0,2^c)\) "没有位"。但均匀整数在 \([0,2^c)\) 上恰好就是 \(c\) 枚独立公平硬币，再拼上小数部分，整个变量就是一条无限公平硬币串，只小数点位置因人而异（在 \(c_i\) 处）。这个结构只在二进制表示下可见，停留在密度/体积的思维里就永远看不到。
3. 题目的幂次条件被当成普通参数。 前两段推导只用了"均匀分布关于中点对称"（这一步对任何区间都成立，与 2 的幂无关），而幂次结构一次都没用上：范围是 2 的幂，阈值也是 2 的幂。\(P(S \le 2^{c_i})\) 在二进制下是最简单的比较——第 \(c_i\) 位及以上的硬币必须全为 0。于是高位的 \(b_i\) 枚硬币独立于低位直接贡献因子 \(2^{-b_i}\)，低位只需一次 DP。阈值是任意实数的话这个拆分要麻烦得多；题目把阈值设在 2 的幂，既是线索也是恩赐。
4. 参数异构掩盖了公共部分。 \(c_i\) 各不相同让人默认 Irwin–Hall 这类"同分布求和"公式用不上。但拆出二进制后，小数部分对所有变量是同一个 \(U(0,1)\)，可以一次性预处理（盒子约束的容斥闭式）；真正异构的只有整数硬币列，而"每列至多 \(n\) 枚硬币、进位永远不超过 \(n\)"正是数位 DP 最舒服的形状。看不到"公共部分 + 私有部分"的分解，就看不到这条路。
真正缺少的那一步
不是某个数据结构或技巧，而是重新表示变量：把 \(U(0,2^{c_i})\) 看成小数点位置为 \(c_i\) 的无限公平硬币串，把"求和的分布"换成"逐位对齐、带进位的列硬币计数"。之后的小数部分闭式、数位 DP、\(2^{-b_i}\cdot f[i][0]\) 的答案组装，都是这个新表示下的自然推论，而不是独立的灵感。
如何从原思路逼近这个观察
卡住时主动问自己：
- 我真的需要"整个分布"吗？还是只需要有限个 \(P(S\le 2^{c_i})\)？如果是后者，"分布"是不是被定义得过于具体了？
- \(2^{c_i}\) 是 2 的幂，阈值也是 2 的幂——二进制下"\(\le 2^{c_i}\)"是什么条件？（= 某一位以上全为 0 的前缀条件。）
- 均匀整数在 \([0,2^c)\) 上等于几个独立硬币？连续均匀能不能拆成整数部分 + 小数部分？拆完后变量之间有没有公共部分可以一次性算掉？
- 不同尺度的变量没法直接卷积——按二进制小数点对齐后，求和会变成什么？（= 每列数硬币、逐列进位；列数有限，进位被 \(n\) 限制。）
主要卡点是"表示方式与目标定义"（第 2、3 点）；\(h_i\) 的容斥闭式和数位 DP 的进位状态设计是次要的技术性卡点，前一步想通后它们会自然浮现。
QOJ 8935 Puzzle: Easy as Scrabble
简要题意
Grammy 是一位谜题大师。今天，她正在玩一种名为“Scrabble”谜题的变体——“Easy as Scrabble”。 该谜题由一个 \(n \times m\) 的网格组成。每个单元格应填入一个大写字母，或者留空。 谜题外围有一些线索。外围线索表示从该方向看去的第一个非空单元格中的字母。此外，某些单元格可能包含“x”标记，表示该单元格必须为空。
Grammy 想要找到该谜题的一个解。请帮助 Grammy 找到一个解，或者报告不存在解。
\(n,m\le 1000\)
解题报告
这真不是签到？全都被诈骗了？
考虑每个限制填到最早的可以填的位置，如果填不了就输出 NO。不过这样会有冲突。而对于冲突的点，显然无论如何都不会被填。因此可以直接删掉，让本来填到这个格子的限制去找下一个可行位置即可。这样一直做下去直到没有冲突，此时的图一定合法。
然后就做完了！
时间复杂度 \(O(nm)\)。
QOJ 9132 Painting Fences
简要题意
在 ICPC 比赛中惨败后，Matvey 决定去粉刷栅栏。
他的任务是将一个（据说是“小”的）栅栏刷成黑色。栅栏是一个大小为 \(n \times m\) 的网格矩形。每个格子可以是白色或黑色。初始颜色已知。
Matvey 可以使用以下操作进行粉刷：
选择一条沿网格边缘且穿过矩形的水平或垂直直线。
在所选直线的一侧，保持颜色不变。
在所选直线的另一侧，首先将所有格子刷成白色。然后，在该侧，将所有关于所选直线对称的格子为黑色的格子刷成黑色。
请问将所有格子刷成黑色所需的最少操作次数是多少？
解题报告
对不起我完全不会推式子。
一个简单的观察是，最终只有一个矩形是没有被覆盖过的。显然这个矩阵越大越好，因此只要用单调栈枚举 \(O(nm)\) 个极大的矩形。
然后可以简单观察发现两维是独立的，因此只需要算 \([l,r]\) 拓展到 \([1,n]\) 的最小次数。
可以这么算：我们不妨假设 \([l,r]\) 的左侧有 \(k1\) 个格子，右侧有 \(k2\) 个（不妨假设 \(k1\le k2\) ，这个过程可以类似线段树某个叶子节点铺满整个区间的过程。模拟即可，注意处理左边越过边界的情况。
时间复杂度线性。
QOJ 9141 Array Spread
简要题意
Vasya 想要构造一个长度为 \(n\) 的非负实数数组 \(a\)。 他有 \(m\) 个区间 \([l_1, r_1], [l_2, r_2], \dots, [l_m, r_m]\) (\(1 \le l_i \le r_i \le n\))，定义了数组 \(a\) 的 \(m\) 个子数组。 我们定义数组 \(a\) 的“散度”如下： 计算子数组和 \(s_i = \sum_{j=l_i}^{r_i} a_j\)。 数组 \(a\) 的散度等于 \(\frac{\max_{j=1}^m s_j}{\min_{j=1}^m s_j}\)。如果 \(\min_{j=1}^m s_j = 0\)，则散度为 \(+\infty\)。
求所有可能数组 \(a\) 中的最小散度对 \(998244353\) 取模的结果。
\(n \le 10^9,m \le 2000\)
解题报告
为什么会反应不过来是差分约束啊我真绷不住了。
首先离散化。猜测答案的分子分母上限是 \(m\)，然后二分答案，限制转化为：
对于 \(a\) 的前缀和 \(s\)，
- \(s_i \le s_{i+1}\)
- \(1 \le s_{r_i}-s_{l_i-1} \le mid\)
求是否存在合法的一组解。差分约束建图后判负环即可。
时间复杂度 \(O(m^2\log m)\)。
QOJ 8822 Guess The Sequence 2
简要题意
给定长度为 \(n\) 的随机序列 \(p\)。
你要从所有 \(1 \le l \le r \le n\) 的区间 \([l,r]\) 中挑出一个子集 \(S=\{[l_1,r_1],[l_2,r_2],\cdots,[l_m,r_m]\}\)，要求有且仅有一个长为 \(n\) 的排列 \(q\) 满足 \(\forall 1 \le i \le m, \max_{j=l_i}^{r_i} p_j=\max_{j=l_i}^{r_i} q_j\)。
\(n \le 10^6\)
解题报告
考虑如何从一个区间集合还原出唯一排列。记 \(m_i=\max_{j=l_i}^{r_i} p_j\)。
考虑从小往大确定每个数 \(x\) 的位置和 \(m_i=x\) 的限制。显然任意时刻不会有大于一个数的位置不被确定，否则交换 \(p\) 中其中两个数的位置仍合法。
所以就可以令 \(dp_{i,j}\) 表示处理到 \(i\)，目前 \(j\) 没被确定的方案数。
转移为：
- \(dp_{x-1,0}\to dp_{x,0}\)：这一类要求 \(x\) 被覆盖。
- \(dp_{x-1,0}\to dp_{x,x}\)：这一类要求 \(x\) 不被覆盖。
- \(dp_{x-1,a}\to dp_{x,a}\)：这一类要求 \(x\) 被覆盖的同时 \(a\) 不被覆盖。
- \(dp_{x-1,a}\to dp_{x,0}\)：这一类要求 \(x\) 和 \(a\) 都被覆盖，且要能区分 \(a\) 和 \(x\)，即所有区间的交不能包含 \(a\)。
转移是简单的，预处理出每个数前面和后面第一个比它大的位置即可。
这样做是 \(O(n^2)\) 的。容易发现，当 \(a\) 在大根笛卡尔树上不在 \(x\) 的子树内时没有第四种转移，且第三种转移的系数是固定的。而随机排列的笛卡尔树子树大小是 \(O(n\log n)\) 的。因此维护全局乘的标记即可。
时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
QOJ 8528 Chords
简要题意
在圆周上标记了 \(2n\) 个点，它们按顺时针方向等间距排列。这些点已被随机（详见“输入格式”部分）两两连接，形成了 \(n\) 条弦。你的任务是找到一个最大的弦集合，使得其中任意两条弦都不相交，并输出该集合的大小。
\(n \le 100000\).
解题报告
首先，这相当于把每条弦看成区间 \([l,r]\)，要求选出来的区间只能不交或包含。
考虑 区间 \(dp\) 。当前处理到 \(dp_{i,j}\)，转移为 \(dp_{i,j}=\max(dp_{i}{j-1},dp_{i,s_j-1}+dp_{s_j+1,j})\)，其中 \(s_j\) 表示以 \(j\) 为右端点的区间的左端点。
然后由于数据随机，答案不会太大。注意到 \(dp_{i+1,j} \le dp_{i,j} \le dp_{i+1,j}+1\)，因此对于每个 \(j\) 维护 \(dp_{i,j}\ne dp_{i+1,j}\) 的位置即可。
精细实现可以做到 \(O(n\times ans)\)。
AI 总结
思维断点
**** 前最后真正完成的结论有三层：
- 弦 \(\to\) 区间：选最大集合等价于选两两"不交或包含"的区间；
- O(n²) 区间 DP：\(dp[l][j]=\max(dp[l][j-1],\ dp[l][s_j-1]+p)\)，其中 \(s_j\) 是右端点为 \(j\) 的弦的左端点，\(p=dp[s_j+1][j-1]+1\)（内层答案 + 弦自身）；
- 单调性 \(dp[l+1][j]\le dp[l][j]\le dp[l+1][j]+1\)：第 \(j\) 列是步数恰好为 \(dp[1][j]\) 的递减阶梯函数，于是计划"对每个 \(j\) 维护 \(dp[i][j]\neq dp[i+1][j]\) 的位置"，并且知道随机数据下答案很小（期望 \(O(\sqrt n)\) 量级）。
**** 后完整解法引入的第一个新东西：这些差分位置不只是把表压小，转移可以直接跑在差分列表上——新列 = 旧列与内层列表的"逐层取 max"合并，每列 O(ans)，总计 \(O(n\times ans)\)。
两者之间缺的既不是新性质也不是新数据结构，而是差分列表在转移下的更新规则。这里不是方向错误——方向完全正确，只是"维护位置即可"这句写得太轻松：维护的难度全在更新规则上。
为什么会想不到
-
把差分位置当成了"回答查询的结构"，而不是"承载计算的对象"。 维护它们的第一直觉是让 \(dp[l][r]\) 查询变快（二分），但转移在每一个 \(l\) 上取两个量的 max，于是每条新弦还是要对 \(l=1..s_j\) 全部重算——压缩只省了空间，没省时间，看起来仍是一列 O(n)、总 O(n²)，自然卡住。突破在于把枚举对象从"位置 \(l\)"换成"层级 \(k\)"（差分列表的下标，只有 \(\le ans\) 个）。
-
差分位置在心里是"集合"，而 max 对集合没有封闭运算。 两个阶梯函数取 max 后的差分位置，不是原来两个差分集合的并、交或差，分类讨论怎么写都不简洁。必须换一个看法：差分位置是按层级排好的列表，第 \(k\) 项就是阶梯函数第 \(k\) 级台阶所在的位置。有了这个视角，恒等式
\[\max\big(\#\{k:A[k]\ge l\},\ \#\{k:B[k]\ge l\}\big)=\#\{k:\max(A[k],B[k])\ge l\} \]就把"每个 \(l\) 上取 max"变成了"两个列表逐层取 max"，转移变成线性合并。这个"集合 \(\to\) 列表"的切换很隐蔽：差分位置的语义本来就是"位置"，但只有带上层级下标，它才能被转移直接操作。
-
转移里的每个量都要先翻译成"列表的计数"才放得进这个框架。 \(p=dp[s_j+1][j-1]+1\) 不是现成的：\(dp[s_j+1][j]\) 是还不存在的新列，必须先意识到它等于旧列查询 \(dp[s_j+1][j-1]\)（弦 \((s_j,j)\) 不在 \([s_j+1,j]\) 内部），再补上弦自身的 \(+1\)；而合并"无缝隙"地成立又恰好依赖已经证过的同一个单调性（内部答案 \(\le\) 外部前缀答案）——自己已经发现的工具没有在第二次需要的地方被认出来。
真正缺少的那一步
推导出差分列表的更新规则。记 \(e[j]\) 为第 \(j\) 列差分位置的列表，则 \(dp[l][j]=\#\{k:e[j][k]\ge l\}\)，列表长度 \(=|e[j]|=dp[1][j]\le ans\)。当弦 \((s_j,j)\) 结束时，\(p=dp[s_j+1][j-1]+1\)（旧列上一次二分查询，再 \(+1\)），新列是
即：把 \(e[s_j-1]\) 整体下移 \(p\) 层，空出的前 \(p\) 层全放 \(s_j\)（这 \(p\) 层编码"内层答案 + 弦本身"，它们对一切 \(l\le s_j\) 兼容），再与 \(e[j-1]\) 逐层取 max（越界视作 \(-\infty\)）。合并长度 \(=\max(|e[j-1]|,\ p+|e[s_j-1]|)=O(ans)\)，所以每列 O(ans)、总 \(O(n\times ans)\)。（代码里这 \(p\) 个 \(s_j\) 写成了"\(p-1\) 个空层 + 一个 \(s_j\)"的平移形式，正确性靠 \(dp[s_j+1][j-1]\le dp[l][j-1]\) 保证两层"计数块"不错开——这就是"精细"二字的全部含义。）
如何从原思路逼近这个观察
- 问自己：新弦到达时，第 \(j\) 列的差分位置具体怎么变？把转移写成分段函数 \(f(l)=dp[l][j-1]\)、\(g(l)=dp[l][s_j-1]+p\)，然后问：\(f\)、\(g\) 能不能各自表示成"某个已有列表里 \(\ge l\) 的元素个数"？
- 两个列表计数函数的 max，其差分位置能否直接由两个列表算出来？（在纸上验证上面的恒等式——这是整个实现里唯一的新数学，其余都是搬运。）
- 有意识地在"位置 \(l\)"和"层级 \(k\)"两种视角之间切换：卡在"对每个 \(l\) 取 max"时，问一句"把 \(l\) 换成列表下标会怎样"。
- 逐一检查转移中的量是否都能用旧列回答：\(dp[s_j+1][j]\) 是新列，怎么用旧列表示？弦自身的 \(+1\) 落在哪里？合并时两个"计数块"会不会错开（谁保证无缝隙）？
- 用 \(|e[j]|=dp[1][j]\le ans\) 把"答案很小"从复杂度口号变成每一步工作量的上界：随机性只进入复杂度论证，合并规则本身对任意输入都成立。
QOJ 8552 Sticks
简要题意
定义一个 0/1 矩阵合法，当且仅当：能用若干个 \(1\times x\) 的全 1 矩形 恰好覆盖整个矩阵，且每个矩形都接触矩阵的左边界或上边界。
给定一个 0/1/? 构成的 \(n\times n\) 矩阵，求：有多少种将 ? 替换为 0/1 的方法使矩阵合法。
对 998244353 取模。
\(n \le 3000\).
解题报告
考虑判定。一个合法矩阵一定存在至少一条从 \((0,0)\) 到 \((n,n)\) 的路径，只能向右或向下走，使所有与上边界接触的矩形和与左边界接触的矩形被划分到两边。
因此考虑对最靠右上的路径计数。则这条路径的要求是：
对于其中的某一步，若这一步是向右：
要求这一列上面的部分一定是一段前缀是 1，一段后缀是 0。
若这一步是向下：
要求这一列左面的部分一定是一段前缀是 1，一段后缀是 0。
特别的，如果下一步是右：还要求左边一格是 0，右边一格是 1，即右边一格和这一格的上面全是 1。
直接 dp 即可。转移是向下，向右和（向下且向右），要求不能连续向下。
时间复杂度 \(O(n^2)\)。
QOJ 8554 Bot Friends
简要题意
一条数轴上有n+1个洞，每两个洞之间有一个球。
你可以按任意顺序推球，每个球会有一个限制：只能往左，只能往右，或者可以朝两个方向。球会一直移动，直到碰到一个空的洞。
问最多会有多少个球，不会掉到相邻的洞里。
多测，\(\sum n \le 5000\)，
解题报告
我们要找到机器人和洞之间的一个匹配，那么考虑一个匹配能否得到。发现充要条件是任意两组匹配要么包含要么不交。
我们考虑从前往后 dp，则一个向右的球 \(i\) 想要有贡献则必须让 \(i+0.5\) 先被填上，向左同理。dp 时不能直接处理向右的球的要求，因此延后贡献，记 \(dp_{i,j,0/1}\) 表示前 \(i\) 个球，有 \(j\) 个需要填的空，\(i-0.5\) 是否被填。转移是简单的。
时间复杂度 \(O(n^2)\)。
QOJ 8553 Exchanging Kubic
简要题意
交互题。有一个隐藏序列 \(a\)，你可以向交互器询问 \(l,r\) ，交互器会回答 \([a_l,a_{l+1},\cdots,a_{r}]\) 的最大子段和。你可以询问最多 \(2n\) 次，并还原出一个序列 \(b\)，使 \(a\) 和 \(b\) 无法通过询问区分。\(n \le 2000\)。
解题报告
首先，所有正的数应该均相等，且至少都需要一次询问。因此可以先将所有 \([i,i]\) 询问一次，得到所有正数。
然后显然可以把连续的正数和非正数缩起来，这是因为若缩起来的满足条件，原序列一定满足。剩下的序列会形如 \(+-+-\cdots-+-+\)。
- 结论：对于剩下的序列，如果询问 \([l,r]\) 的值不为正数的最大值，则一定存在一个 \(+-+\) 满足条件。
证明是简单的，反证即可。
- 性质：对于一个 \(+-+\) ，如果询问的值为 \(+\) 的较大值，则负数的绝对值会大于等于正数较小的一个。
实际上，如果我们确定相邻的数的无论如何都不会被某个最大子段和分开，则可以将这些数缩在一起。也就是说，对于上面的这种情况，可以直接求出负数的值并将三个数缩起来，因为显然这三个不会被某个最大子段和分开。
好吧其实结论没用，只有性质有用。
从小到大考虑每一个正数，来删掉一个负数。询问与这个正数相邻的两个 \(+-+\)。如果有一个满足性质就可以直接缩起来。如果两个都不满足，则这三个数 \((-+-)\) 可以缩起来，将其中其中一个负数设为正数的绝对值。这样最多 2 次就能删掉一个负数，总共最多 \(n\) 次。
这样就做完了。
AI 总结
思维断点
**** 前你已经完成的关键推导:
- 单点询问钉死所有正数,把序列压缩成
+ - + - … - +的交替块序列; - "性质":询问一个
+-+三元组,答案 = 较大正数 ⟺ 中间负数的绝对值 ≥ 较小正数;答案 > 较大正数时负数被精确求出,三个块"粘死",可缩成一个正数块; - 还有一个全局存在性的"结论",事后证明没用。
**** 后标准解法的第一个关键动作是:"从小到大"处理正数——每轮取当前最小正数块 v,询问它相邻的两个 +-+;若某个三元组答案 > 两端较大值,就提取负数并合并;若两个都不满足,就把两侧中一个负数直接写定为 -val[v],把 v 吸收进邻居——无论哪种结果,每轮必定删掉一个正数和一个负数。
断点不在"不知道性质",而在于:你只把性质用在了好情形上(能提取就提取),不知道坏情形(两个三元组都只返回较大正数)也能推进——而坏情形恰恰是"全序列没有任何可提取结构"时唯一的前进方式。
为什么会想不下去
-
目标错位:你把任务理解成了"精确求出每个负数"。 单点询问精确钉死正数,强化了"测量→精确值"的直觉;性质的好情形也给出精确值。但题目要的只是"不可区分":一个负数只需要落在它的等价取值区间内。当答案 = 较大正数时,你学不到精确值,却学到了完整的等价区间
d ≥ min(两侧)——这不是"信息不足",而是对该负数全部合法取值的描述。你觉得卡住的地方,信息其实是齐的。 -
坏情形的心理障碍:合并不需要"确定的值",只需要"确定的惰性"。 好情形你敢于合并,因为"三个块不会被最大子段和分开"是被测量出来的;坏情形里 d 只知道下界,你不敢动它。但
d ≥ min恰好保证:这个负数和它夹着的正数 v 永远不会被任何最大子段和连同两侧一起跨越——v 已经"与世隔绝"。于是可以把 v 吸收进邻居,而把-min写死在负数的位置上:值域下界内的任意取值都等价,写死它不改变任何询问答案。从"测出信息才能前进"到"判定惰性也能前进",是这一步的关键转变。 顺带:吸收 v 不损失任何信息(v 的值早已被单点询问钉死),但"消灭已知信息而不是获取信息"在心理上很难被当成一步进展。 -
"从小到大"不是排序偏好,而是回退操作的合法性条件。 写死
-val[v]之所以合法,是因为两侧三元组都返回较大正数 ⟹ 两侧负数的真实绝对值都 ≥min(两侧),而 v 是当前全局最小正数 ⟹ 这个 min 就是val[v],两侧同时成立。如果打乱顺序、先处理一个较大的正数,这个"写死值 ≤ 两侧真实下界"的保证就断了,合并后块的最大子段和不再是邻居的块值,不变量被破坏,后续所有询问的判定都会失真(例如[2,-3,5,-5,5]先处理正数 5 会输出错误答案)。这是典型的"局部操作几乎可行、但需要一个顺序约束才完备"的模式——它靠的不是推导,而是对失败模式的反问:写死-val[v]什么时候会错?当被吸收的正数比邻居大时——那就每次都吸收最小者。 -
"结论"是一条弯路:它解释了存在性,却给不出算法。 "如果某次询问 ≠ 正数最大值,就存在一个可提取的
+-+"是存在性命题,它引导你去找"好三元组";而算法需要的是无论好坏、每轮必推进的统一局部步。结论只管好三元组的存在性,解法却必须覆盖"没有任何好三元组"的情形——结论的否定情形恰是最难的情形,而解法正是靠坏情形回退覆盖它。所以结论虽然正确,却和算法的引擎不在一个方向上。
(顺带说明:"所有正的数应该均相等"既不是题设也不是推导结论——正数被单点询问钉死,完全可以不相等(如 [5,-100,3] 与自身等价);你的代码也是按块值互不相同来写的,并不依赖相等。)
真正缺少的那一步
把"询问 +-+ 的答案 = 较大正数"重新解读为:该负数的等价取值区间已经完整确定——把它写定为区间端点(当前最小正数的值),并把当前最小正数吸收进邻居;这样即使拿不到任何精确值,每轮也必定删掉一个正数和一个负数;配合"每轮处理当前最小正数",写定永远合法,块的最大子段和 = 块值的不变量全程保持。
如何从原思路逼近这个观察
重做这道题时,可以主动问自己:
- 询问返回较大正数时,我丢失了什么?得到了什么? —— 丢失精确值,得到下界。题目要精确值还是等价类?下界本身就是对等价类内所有合法取值的完整描述。
- 我能否在不获取任何新信息的情况下前进? —— "赋值"而非"测量":合法的赋值和测量具有同等效力。
- 等价区间
[min, ∞)里取哪个值最有用? —— 取下界 min:它恰好等于某个正数的值,能让合并后的块值算术闭合(块的最大子段和保持邻居的块值)。 - 这个写定操作什么时候会失败? —— 当真实值小于写定值时。两侧真实值都 ≥ 写定值,需要写定值 ≤ 两侧正数,即被处理的是当前最小正数——于是"从小到大"是必然的,不是风格选择。
- 这个流程会停吗?超预算吗? —— 好情形 ≤ 2 次询问提取一个负数;坏情形 0 次询问也删掉一正一负。每轮必然消灭一个负数,负块数 ≤ n/2,额外询问 ≤ n,预算闭合。
- 对拍心理:假设所有三元组都返回较大正数(最坏情形),会发生什么? —— 全程回退,每个负数被写定为当时的"最小正数",序列一路缩成一个正数块。先验证这个最坏情形是正确且可终止的,再去处理好情形,顺序和回退自然浮现。
QOJ 11548 Drawing Lines
简要题意
给定 \(n\times n\) 坐标系上的 \(n\) 个点，每个点有类型 LR/UD，保证每行每列至多一个点。现在要给所有 UD 点从该点出发引一条向上或下指的射线，LR 点从该点出发引一条向左或右指的射线，求所有射线不相交的方案数，模数 \(10^9+7\)。
解题报告
注意到一条横向射线会确定这段区间上全部纵点的方向。于是我们将所有点按 \(x\) 坐标排序，观察每一列的覆盖性并分讨：
存在一列没有被横向射线覆盖：此时所有 LR 点的方向一定为一段 R 接上一段 L，枚举分界点的位置并统计贡献即可，复杂度 \(O(n^2)\)。
所有列都被覆盖：此时所有 LR 点的方向中一定存在一对 RL 。枚举第一个 RL 的位置，则所有 UD 点的方向均已确定，可以用这个算出其它 LR 点选 L/R 的贡献。最后统计的时候注意 \(i\) 是第一个 RL 的限制。复杂度也是 \(O(n^2)\)。
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