The 2nd Universal Cup Semifinals

D. Solar Panel Grid Optimization

考虑将最后一列不停旋转，然后向左边推数进去，对每一行推了 \(n-1\) 次后，左边的所有 \(n-1\) 列的元素就匹配了。

具体操作是：从第 \(1\) 到 \(n-1\) 列一列列考虑，先把符合 \(b\) 的推进去，然后把最后一列转 \(n\) 次，再把剩下的推进去。

发现这样做直接花掉了 \(2n^2\) 次操作。

这样做完最后一列的元素 \(a_{i,n}\) 会 xor 上 \(\oplus (a_{i,j}\oplus b_{i,j})\)，可能还有额外的全部翻转一次。但这样并不一定等于 \(b_{i,n}\)。

考虑写点乱搞，枚举每一列转若干下，这样这一列对于最终状态的贡献会改变。写个状压 DP 最小化转的次数，发现就过了。

大胆猜测随机打乱、写点线性基乱搞也能过。

E. Fast Median Transform

每次操作是将 \(x\) 向一个区间 \([\min(a_{i},b_{i}),\max(a_{i},b_{i})]\) 内缩合（\(x\to \text{clamp}(x,l,r)\)）。

从后向前考虑，相当于有 \(nm\) 个区间 \([\min(a_{i},b_{i}),\max(a_{i},b_{i})]\)，每次会区间取交一下，如果区间变成空的答案就确定了；如果一直不是空区间，则答案就是 \(\text{clamp}(x,l,r)\)。

那我们就要求出 区间变成空的 那个时刻的信息，或者这个区间最后是什么。

考虑到只修改 \(a\) 数组，我们先把 \(a\) 数组和 \(b\) 匹配 \(n\) 轮，让每个 \(a\) 都被匹配到。如果这 \(n\) 轮下去区间不为空，则 \(a\) 的每个位置作为 \(l\) 还是作为 \(r\) 是可以确定的（如果之后过程中某个数一次作为 \(l\)，一次作为 \(r\)，区间就为空了）。

我们又能发现一些其他性质，下面描述一下。

1：只要匹配了最后的 \(\max(2n,2m)\) 次（每个数被匹配了至少两次），如果此时区间仍然不为空，那之后也不会为空了。

若 \(n=m\) 则显然。对于 \(n\ne m\)，考虑每个数在第一次匹配的时候就能确定它是 \(l\) 还是 \(r\)，下一轮的时候，每个置换环会移动一位。经过一些讨论，发现了结论

2：考虑一个 \(a_i\) 前一次匹配了 \(b_x\)，后一次匹配了 \(b_y\)，那么在后一次的时候 \([\min(b_x,b_y),\max(b_x,b_y)]\) 这个区间的数一定已经爆了（指在维护的那个区间外）。

正确性显然，这也同时能说明上一个结论。

在第一轮过后，显然每次区间取交只会排除某个区间 \([b_x,b_y]\) 的数。由于这个结论只和 \(b\) 有关，可以忽略 \(a\) 的影响，提前预处理出每个数最早在什么时间爆了。这可以用并查集维护区间覆盖得到。

[这里还缺一点，明天再写]

G. CNOI Knowledge

考虑增量法，每次我们想求出 \(a_r\) 和前面哪个元素相等，或者全部不相等。

二分一个 \(l\)，如果 \([l,r-1]\) 内的字符都和 \(a_r\) 不相等，那字符串个数就是 \(\text{count}(l,r) + (r-l+1)\)，否则会比这个数少。那么二分 \(l\) 即可找到最右的和 \(a_r\) 相等的字符。

需要写一个 \(O(n^2)\) 求所有子串的本质不同子串个数，我写了 sam。