01 2019 档案
摘要：题目描述 题解： 这道题比较特殊，要求将棋子都移动到最后一堆。 所以我们的状态不是这一堆有多少棋子，而是这个棋子在第几堆。 然后对于棋子求一下$SG$函数。 此时$ans$本应等于所有棋子$SG$函数值的异或和，但是a^a=0，相当于偶数自己和自己约掉， 那么ans^=sg[i](a[i]&1)即可
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摘要：题目描述： $100*100$的棋盘上有$n$个$Queen$，每个$Queen$可以向左，向下，向左下移动。 两人轮流操作，将任何一个$Queen$移动到$(0,0)$的人获胜。 一个位置上可以有很多$Queen$，$Queen$移动时不需要考虑经过路径上是否有$Queen$。 题解： 这个很像$
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摘要：题目描述 题解： $n=1$或$n=2$时，先手直接取完，先手必胜; $n=3$时，先手必败; $n>3$时，若$n$为偶数，先手在一个位置上取了一个/两个，后手就在对称位置上取一个/两个。 若$n$为奇数，第一轮先手在一个位置上取了一个/两个，后手就在对称位置上取两个/一个，接下来按对称取。 所以
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摘要：题目描述 题解： 2e9的博弈肯定要先打表找规律。 求$SG$函数就不说了，直接上表。 乍一看看到了一堆$0$。 仔细一看发现每个$2*2$的方框中只有左上是$0$，其余是同一个数字。 然后增大间隔打表，发现…… 代码：
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摘要：题目描述 题解： 一道非常简单的$SG$函数应用。 对于一个长度求它的$SG$函数，然后判断是否为$0$即可。 代码：
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摘要：题目描述 题解： 假设当前局势为$(a,b)$，其中$a<b$。 分类讨论。 $b-a<a$，此时先手只能将$b$减去一个$a$，状态只与$(a,b-a)$有关。 $b-a>a$，设有$x$满足$0<b-ax<a$，且一定有$x>=2$。 若$(a,b%a)$为必胜，那先手可以让$b$减去$a(x-
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摘要：题目描述 题解： 数据范围这么大当然先打表了。 然后发现$P-position$分布极为稀疏。 不妨设$x<y$，则$P-position$为：$(0,0)$,$(1,2)$,$(3,5)$,$(4,7)$…… 有两个规律： 1.所有正整数出现且仅出现一次。 2.第$k$个点的$y-x=k$。 所以
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摘要：题目描述 题解： 博弈搜索，后继状态中有一个为$P-position$则当前为$N-position$，否则为$P-position$。 有益于陶冶情操。 代码：
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摘要：一个蒟蒻来口胡$SG$函数与$SG$定理。 要是发现有不对之处望指教。 首先我们来了解一下$Nim$游戏。 $Nim$游戏是公平组合游戏的一种，意思是当前可行操作仅依赖于当前局势。 而经典$Nim$游戏是指，一个地方放了$n$堆棋子，每堆棋子数目$a_i$给定。 两人轮流操作，每次操作从一堆中拿出任
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摘要：题目描述 题解： 题目的描述比较长，理解起来也有一定难度。仔细读题后我们发现整个任务可以分成两个部分：找出咒语机之间所有的升级关系、求最长升级序列。 1、 求升级关系： 容易看出，咒语机i可以抽象成一个图Gi，其顶点集Vi为ni个元件，每个顶点发出两条边——“0”边和“1”边，分别表示将信号加“0”
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摘要：题目描述 题解： 考试的时候手画打表，然后半个小时磨了个式子：$$f[i][j]=f[i-1][j-1]+f[i][j-1]$$ 交上去$A$的时候都蒙了。 考后才知道原因。 考虑$n$维空间内原来有$i-1$个“球”，所以$f[i][j]+=f[i][j-1]$； 然后为了划分最多，“截面”还是一
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摘要：2019年1月20日20:44:08 我在给威佐夫博弈打表的时候，无意中发现了一个数列。 它的前$100$位是：$$12122121221221212212122122121221221212212122122121221212212212122122121221212212212122122121
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摘要：题目描述： $zhx$有一个棵$n$个点的树，每条边有个权值。 定义一个连通块为一个点集与使这些点连通的所有边（这些点必须连通）。 定义一个连通块的权值为这个连通块的边权和（如果一个连通块只包含一个点，那么它的权值为$0$）。 $zhx$想找一个包含$1$号点的连通块送给他的妹子，所以他希望你求出包
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摘要：题目描述 题解： 明显的$k$短路问题，这里提供两种方法。 1.$A$*算法 $A$*可以解决一般的$k$短路问题，但是并不如可持久化可并堆优秀。 $A$*的本质是$f+g$，而估价函数可以用终止节点到终点的最短路表示。 所以先反向建图$dij$，然后小根堆跑$A$*即可。 优化一下，总代价/起点终
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摘要：题目描述 题解： 可并堆优化$dp$。 由于$ans$只由$l$与派遣人数决定，我们可以贪心选取总和$<=m$的人。 有两种选择，一种是维护小根堆，一直$pop$到弹出的总和$>m$； 另一种是维护大根堆，一直$pop$到剩下总和$<=m$； 这两种比较一定是维护大根堆更优，因为每次$pop$后剩下
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摘要：题目描述 题解： 将所有骑士放在$ci$上，然后树上$dfs$。 每个节点维护一个小根堆，一直$pop$直到$top>=hi$。 然后放加法、乘法标记，将剩下的骑士回溯带回父节点。 代码：
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摘要：题目描述 题解： 左偏树，一棵向左倾斜的二叉树。 板子： $upd:$ 之前版本被$luogu$数据卡掉了，$get_top$操作是$O(n)$的。（0_0） 更新路径压缩的做法。 首先合并两棵树就并一下，删除操作要求删除堆顶元素。 肯定是不能直接删的。 怎么做呢，合并儿子后将自己的指针指向新的堆顶
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摘要：题目描述 题解： 岛屿之间的边砍/不砍情况有$2^n$种， 但是需要剪掉所有的岛上都首尾相连的情况。 $dp$一下对于完全图没有限制（$f$）/有限制（$g$）的情况数。 方程：$$f[i]=\sum(C(i-1,j-1)*j^{(j-2)}*f[i-j])$$ $$g[i]=\sum(C(i-2,
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摘要：题目描述 题解： 放完前$i-1$个数之后，$i$会让前面的数变成一个整体，而且与后面没有影响。 就有了$dp$方程：$$dp[i]=\sum(k^2*dp[i-k]*(k-1)!*C(i-1,k-1))$$ 拆开组合数之后有这个东西：$$\frac{dp[i]}{(i-1)!}=\sum(\fra
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摘要：众所周知$FFT$是一个功能多但是不开$O2$常数吓人的算法。 这里介绍一下$FFT$如何搞字符串匹配。 其实我第一次是字符暴力匹配$52$次，结果$T$了一下午。 后来上网找发现有个更好的算法。 如果有两个数判相等，我们可以相减，判断是否为$0$; 但是字符串匹配相当于多对数判相等，相减加和肯定不
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摘要：题目描述： 给一个文本串和一个模式串，模式串中有通配符$'?'$， 问匹配多少次，哪里可以匹配。 题解： 极为暴力，$FFT$单字符匹配$26$次，总计$26*3=78$次$FFT$。 其实有更好的方法我放在下一篇博客里 代码：
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摘要：题目描述 题解： $FFT$字符串匹配。 但是容错常数怎么处理？ 其实很简单，比如说我们正在匹配$'A'$，原式是$$AGCTATCGACA$$容错常数$k=1$， 在我们眼中$'A'$可以这样匹配：$$AA-AAA-AAAA$$ 因为$'A'$在这些地方都是合法的。 字符集为$4$就做$4$遍。
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摘要：题目描述 题解： 能看出来的是，每一组数只能改最后一位，所以前$7$位动不了。 所以$KMP$跑一跑。 重点在于最后一位怎么搞。 如果$KMP$跑完了还没找到合适的位置，直接$puts("No")$就好了。 剩下个匹配问题。 （要不是数据范围拦着我我都想建图跑费用流了） 这个匹配可以用$FFT$求。
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摘要：题目描述 题解： 首先一看区间和就知道是预处理前缀和。 区间$[l,r]$求和是$s[r]-s[l-1]$。（废话） 然后感觉这道题好毒瘤啊。。。 好像是构造。 后来才知道官方题解真的给了个多项式。 具体实现就是，有两个多项式$A,B$， 第一次，对于这个前缀和$s$，我们让$A[s]+=s_{le
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摘要：题目描述 题解： 第一眼满眼骚操作，然后全部否掉。 然后屈服于题解，才发现这题这么执掌。 首先，如果这个东西是普通的车，那我们可以记录一下$x,y$的覆盖情况，然后减一下; 但是这个可以斜着走。 所以我们可以转一下$x/y$，记录哪一行哪一列没有被覆盖，然后求一下卷积。 得到的是每一条对角线上没有被
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摘要：题目描述 题解： 很吊的容斥+$FFT$，但是并不难。 首先，由于有重复，我们要容斥。 怎么办？ 记录三个多项式， 只取一个：$w1$; 相同物体拿两个：$w2$; 相同物体拿三个：$w3$; 然后答案能推出来是$(w1*w1*w1-3*w1*w2+2*w3)/6$; 然后$FFT$瞎搞就行了。 注
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摘要：题目描述 题解： 认为大爷讲的最好。 代码：
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摘要：题目描述： 请计算$C[k]=\sum(a[i]*b[i-k])$ 其中 k < = i < n ，并且有 n < = 10 ^ 5。 a,b中的元素均为小于等于100的非负整数。 题解： 由于卷积的式子是：$$C[k]=\sum(a[i]*b[k-i])$$ 其中满足的性质是后面$i+(k-i)=
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摘要：题目描述 题解： 由于干每棵植物之前需要先干掉它右面的植物和保护他的植物， 我们可以发现这是最大权闭合子图问题。 简单提一下。 闭合子图，指这个子图中所有的点只会指向子图中的点。 最大权，指这些点有点权，要求得到的闭合子图点权之和最大。 解决办法是，$S$向正点权的点连容量为点权的边，负点权的点向$
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摘要：题目描述 题解： 由于线段可以出现平行于$y$轴的情况， 我们要拆点。 然后分情况讨论。 具体方法不赘述。 代码：
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摘要：题目描述 题解： 当然上来就离散咯。 先建一条数轴，每个点向后一个点建容量为$k$的边； 然后对于每一个区间，左端点向右端点建容量为$1$的边，费用为离散之前的$l-r$。代表可以跳过这段区间。 代码：
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摘要：题目描述 题解： 最大费用流。 每个点向后面不小于它的点建一条容量为$1$，费用$-1$的边。 $S$向所有点建容量为$1$的入边（费用为$-1$），所有点向$T$建容量为$1$的出边（费用为$0$）。 然后最大费用流。 由于第一次得到的通路是费用最小的，这个费用的相反数就是问题一的答案。 然后继续
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摘要：题目描述 题解： 其实这道题才是最裸的因为它把建图都交代了 相当于每个点出边唯一，入边唯一。 然后发现这是二分图匹配。 代码：
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摘要：题目描述 题解： 分操作讨论一下。 操作$1$： 两条路径走到同一个点原地爆炸。 由于要求点只能取一次，我们可以将点拆为入点和出点。 1.入点->出点，容量为$1$，费用为点权相反数； 2.上面的出点->下面的入点，容量为$1$，费用为0； 3.$S$->最上面一排入点，最下面一排出点->$T$，处
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摘要：题目描述 题解： 网络流二十三题中比较有意思的一道题。 正常能想到的建图方法是： 1.拆点，将每一天拆成早上和晚上； 2.早上向晚上连边，容量为当天所需餐巾数； 3.今天晚上向明天晚上连边，容量为正无穷； 4.$S$向早上连边，容量正无穷，费用为买餐巾费用； 5.每天晚上向慢洗后的那一天早上连边，容
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摘要：题目描述 题解： 将所有点拆开。 $0$点的拆点之间费用为$0$； $2$点的拆点之间费用为$-1$。 所有点不能到$1$上。 然后最大费用流。 代码：
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摘要：题目描述 题解： 图就是题解。 黄色格子只能跳到红色格子上。 于是就和方格取数问题一样了。 代码：
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摘要：题目描述 题解： 裸的最小割。 相邻的块不能被同时选中，所以需要将棋盘分成两类。 一类是$x+y$为奇，一类是$x+y$为偶。 然后一类与$S$建边，一类与$T$建边。 最后最大流。用总和减去最大流（即最小割）即为答案。 代码：
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摘要：题目描述 题解： 相当于找两条起点到终点的路径。 所以拆点后只有起点和终点的$x$和$y$之间容量为$2$，其余为$1$。 直接最大费用流即可。 代码：
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摘要：题目描述 题解： 裸如飞行员的二分图匹配问题。 直接上代码：
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摘要：题目描述 题解： 个人认为网络流二十三题中比较有意思的一道。 先枚举球数。 每加一个球，从$S$向$xi$连一条容量为$1$的边，从$yi$向$T$连一条容量为$1$的边。 然后从$xi$向满足$i+j$为完全平方数的$yj$连容量为$1$的边。 在残余网络上跑$EK$或$Dinic$，如果得到的最
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摘要：题目描述 题解： 最大流。 建图即$S$向各单位建边，容量为单位人数； 各单位向所有餐桌建边，容量都为$1$，指每张桌只能有一个人来自这个单位； 所有餐桌向$T$建边，容量为餐桌容量。 若最后得到的最大流为总人数，代表所有人都吃上饭了。 就可以遍历出边输出了。 代码：
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摘要：题目描述 题解： 最大费用最大流。 建图很简单，就是将机器人作为流，进入就从$S$向内流，出来就从图向$T$流。 代码：
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摘要：题目描述 题解： 裸的最小、大费用最大流。 其实和最小费用最大流一样，只是推进去时费用取反，输出也取反。 代码：
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摘要：题目描述 题解： 很裸的一道最小费用流。 求一下平均数，然后原数-=平均数。 若得到值为正，则从$S$向该点连一条流量为得到值，费用为$0$的边， 若为负，则从该点连一条流量为得到值绝对值，费用为$0$的边。 然后相邻的点互相建流量$inf$，费用为$1$的边。 然后最小费用最大流裸上。 代码：
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摘要：题目描述 题解： 很玄学的一道数位$dp$，看了很多篇题解才懂。 直接挂$l$的题解。 代码：
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摘要：题目描述 题解： 数位$dp$模板题。 只需要记录上升下降，还有是否在边界上即可。 其中$f,g$是前缀和和后缀和。 代码：
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摘要：题目描述 题解： 一看$n$就知道是矩乘加速递推。 问题是怎么推。 不妨认为生成树的边是大号指向小号的。 首先，对于一般节点$x$，$x$可以连到$x-k$，但是连不到$x-k-1$。（废话） 所以我们处理点$x$时要确保$x-k$已经在前面的生成树里面了。 然后就是状态的问题。 由于$x$只能连到
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摘要：题目描述： 数据范围：2<=n,m<=8 题解： 很明显需要状压。但是怎么压不知道，压什么不知道。 然后从条件下手。 条件1要求黑色在一起白色在一起，记录轮廓线很容易做到。 条件2要求不能出现$2*2$的同色方格。我们还需要再记录当前位置的左上角。 所以这道题的轮廓线长这样。 丑图。 我们需要确定一
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摘要：题目描述 题解： 一道极水的插头$dp$。 根本不需要左右括号分开看，直接都当作括号。 什么三进制四进制，二进制就可做。 讨论比模板要少。 （luogu丧心出题人有hack点。。。） 代码：
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摘要：题目描述 题解： 插头$dp$中经典的回路问题。 首先了解一下插头。 一个格子，上下左右四条边对应四个插头。就像这样： 四个插头。 一个完整的哈密顿回路，经过的格子一定用且仅用了两个插头。 所以所有被回路经过的格子有六种状态，即左上，左右，左下，上右，上下，右下。 这几个就是插头$dp$的基本。 然
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摘要：题目描述： 给出一棵$n(n<=200000)$的树。每个点有一个权值$w$，表示堵上这个点的花费。 $m$组操作，操作一为将点$x$的权值加上一个非负整数$d$，操作二为询问以点$x$为根的子树内堵上所有根到叶节点路径的最小花费。 题解： 设$h[x]$为$x$的所有子节点的最小花费之和。 一眼看
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摘要：题目描述 题解： 一个看起来非常人畜无害的$dp$：$$f[i][k]=min(f[j][k]+cost(j,i))+c[i]$$ 中间那个$cost(j,i)$可以通过$cost(j,i-1)$得到，这个东西是动态的。 用线段树维护一下就好了。 代码：
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摘要：题目描述 题解： $dp$。 有$$f[r[i]]=min(f[k]+1)$$。 然后用线段树优化转移就好了。 代码：
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摘要：题目描述 题解： 很明显总体路径可以是一直向左/向右，或者先向一个方向跑几步，然后反向跑。 所以我们可以得到四种基本运动方式： LGL：一直向左; RGR：一直向右; LGR：先向左，然后向右回到原点; RGL：先向右，然后向左回到原点。 然后决策单调，分治求解上面四个东西，最后合并出结果。 代码：
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摘要：题目描述 题解： 答案显然是$max((q-p)*(e-d))$ 依然先贪心。 对于工厂，我们倾向于$pi<pj,di<dj$的; 对于买家，我们倾向于$qi>qj,ei>ej$的。 于是将一定不是最优解的工厂和买家划掉。 然后我们发现这个东西是满足决策单调性的。 问我怎么证？画一个二维坐标系，然后
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摘要：题目描述 题解： 我们可以考虑这样一种情况，有一块$10*10$的土地，还有一块$1*1$的土地。 当然将$1*1$的土地合到$10*10$的土地中了。 所以我们可以先按土地$x$值从大到小排序，然后从前向后扫一边，只将不会被完全覆盖的放到处理的集合里。 这样就可以$dp$了。 有$$dp[i]=m
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摘要：题目描述 题解： 这是个多重背包，但是一般的复杂度是过不去这题的。 所以有二进制优化和单调队列优化。 二进制优化是将数量$n$化为多个数，而且这些数能表示出$1~n$中的任意数。 怎么保证？ 想起二进制，我们可以将$n$分为$1+2+4+8+……+k$，$k$可以是任意数。 单调队列怎么优化？ 我们
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摘要：题目描述 题解： 应该是个$dp$； $dp[i][j]$表示第$i$个人涂到第$j$块的最大收益。 推一下式子：$$dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1],dp[i-1][k]+(j-k)*p[i])$$ 对于最后面那个式子可以化一下：$$max(dp[i-1][k]
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摘要：题目描述 题解： 由于$p<=10$，我们可以暴力枚举覆盖频道状态为$s$的特殊点，每次跑一遍斯坦纳树， 最后合并，方程和斯坦纳树的状态合并方程几乎一样。 代码：
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摘要：题目描述 题解： 这道题是斯坦纳树的典型例题。 首先看一眼数据范围发现$10$的范围不状压对不起出题人，然后考虑转移。 设$f[i][j][s]$表示当前在点$(i,j)$，覆盖特殊节点状态为$s$的最小花费。 转移有： 1.$s$不变，此时有$f[i][j][s]=min(f[i'][j'][s]
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