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E

\(BFS\) 求最短路

需要注意到，所有垃圾是作为整体一起移动的，因此可能存在垃圾的所有区域一定是原图的某个子矩阵（子矩阵之外的其他区域至少有过一次出界，说明垃圾已被清除），只有 \(H^{2}W^{2}\) 种。而整张图在每个方向的偏移次数也是固定的，即 \(dx \in [-n,n]\)，\(dy \in [-m, m]\)。因此，可以用 \((lx, ly, rx, ry, dx, dy)\) \(6\) 个变量构成的元组表示转移状态，进行 \(bfs\) 转移，总状态数是 \(O(H^{3}W^{3})\) 的，刚好符合限制。

转移过程需要注意两个限制：

1. 偏移时任何垃圾不能经过 \(T\) 所在位置
2. 每个方向的偏移次数有上下界

最终符合要求的状态：\((lx, ly, rx, ry)\) 表示的子矩阵内没有任何垃圾（子矩阵之外的垃圾至少出过一次界，此时所有垃圾一定都已被清除）。而判断某个子矩阵内是否有垃圾，直接用二维前缀和预处理即可，实现 \(O(1)\) 查询。具体细节见代码。

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F

折半搜索 + 斐波那契数性质

\(n \leq 60\)，即使将区间分成两半，每侧最多仍会有 \(30\) 个数，不能直接状压暴力枚举所有子序列。但注意到子序列需要额外满足一个性质：不能选择任意相邻的两个数。这样每侧的合法子序列个数就会大幅度减少：具体地，一个长度为 \(n\) 的序列，选择满足任意两个数不相邻的子序列的个数为 \(fib_{n}\)，而打表发现 \(fib_{30}\) 约为 \(2e6\)。因此每一侧单独的答案可以直接暴力来求；而求两侧合并的答案，也只需要枚举一侧，找另一侧相对应的余数即可，复杂度是 \(O(NlogN)\) 的，\(N = 2e6\)，因此折半搜索即可。但需要注意，将序列分成两半后，需要额外考虑去除左侧结尾和右侧开头两个数相邻的情况，这种情况的计算方式和上述相同，只需要钦定一定选这两个数即可。总复杂度为 \(O(NlogN)\)，具体细节见代码。

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