Codeforces Round #732 题解
AquaMoon and Two Arrays
因为要求每一次操作后数都要大于 \(0\), 于是我们每一次选一个大于其目标值的数把它减一，选一个小于其目标值的数把它加一即可。
AquaMoon and Stolen String
我们发现答案串的每一个字母显然出现了奇数次，而其他字母也只能出现偶数次，于是我们把每一列出现奇数次的字母提出来就是答案了。
AquaMoon and Strange Sort
显然每一个数的初始位置与最终位置的距离必然为偶数。
于是偶数位置的数交换后还是只能在偶数位置，奇数位置的数交换后还是只能在奇数位置。
于是我们把偶数位置的数排一遍序，奇数位置的数排一遍序，如果原数组有序了，那么说明可以。
（实在是不知道为啥比赛的时候有一堆树状数组做法啊）
AquaMoon and Chess
我们发现一次移动可以看作是这样：我们把 \(i\) 要跳过的 \(1\) 往 \(i\) 跳的方向移动一格，\(i\) 位置的 \(1\) 只往它要跳的方向移动一格，这样效果是一样的。
于是我们发现操作变成了选相邻两个 \(1\) 把它们往左/右移动一格（但 \(1\) 不能重叠）。
于是我们相邻两个 \(1\) 分一组，并且分出尽可能多的不相交组。
我们再魔改一下这个操作，我们只移动这些组，每次移动相当于把移动方向的下一个数移到这个组后面去，可以发现操作还是等价。
于是我们发现问题变成了把若干个全 \(1\) 组往里面插入，随便组合数一下就行了。
AquaMoon and Permutations
首先如果一个数在一列只出现了一次，那么它所在的排列必然要在答案中。
于是我们不断提出这样的排列，把与它在同一位置有公共元素的排列删掉，由于原来的答案排列都能配对至少一个新增排列，所以每确定一个排列，都至少有确定的排列个数这么多个排列被删除。
于是我们每一次排列数减至少两个，值域减小一个，递归成子问题。我们这么做，直到每一个数在一列中均出现两次。
然后我们来证一个奇妙的东西（证明可能不太严谨）：当每一列，每一种数仅出现两次时，新增排列组可以取出若干互不相交的集合，原排列组也对应取出若干互不相交的集合使得，把任意一些对应集合互换，得到的排列组依然是拉丁方，并且这些集合是极小的，那么任意一种方案都可以通过这些替换来得到。
令 \(A\) 数组为刚开始的排列组，\(B\) 为新增的排列组；
且我们存在：
其中 \(S_i\) 可以替换 \(T_i\)。
若存在 \(S_i\cap S_j = X\)，\(T_i\cap T_j = Y(i\ne j)\)，\(|X|,|Y|\) 不同时为空。
我们令 \(S_i\) 中排列的第一个数形成的集合为 \(M_i\)，\(S_j\) 为 \(M_j\)，\(T_i\) 为 \(N_i\)，\(T_j\) 为 \(N_j\)，\(X\) 为 \(M\)，\(Y\) 为 \(N\)，则显然 \(N=N_i\cap N_j\)。由于 \(A\) 中的第一位两两不同，如果 \(|X|>|Y|\)，则显然 \(|M_i\cup M_j|=|M_i|+|M_j|-|M|<|N_i|+|N_j|-|N|=|N_i\cup N_j|\)，发现替换后数的种类变少了，不可能替换成功。
若 \(|X|<|Y|\)，由于 \(|N|=|Y|\)，则 \(N\) 中一定有数不出现在 \(M\) 中的。则它们一定要出现在 \(M_i\setminus M\) 与 \(M_j\setminus M\)，出现了三次，矛盾。
若 \(|X|=|Y|\)，如果 \(M\) 中有数重复，则还是有数出现三次。可推得 \(M=N\)，且 \(M_i\setminus M=N_i\setminus N\)，\(M_j\setminus M=N_j\setminus N\) 中。第一个数是这样，其他的数也同理。则可以分为三个集合 \(S_i\setminus X\)，\(S_j\setminus X\)，\(X\) 来取代 \(T_i\setminus Y\)，\(T_j\setminus Y\)，\(Y\)。
因此任何一种替换都可以由若干不相交的极小的替换的组合而成。而这些极小替换直接显然独立，任意一种组合的替换都是合法的。
于是我们随便挑一个排列，存在一个排列与它配对，把它删掉，或者把与它配对的排列删掉，再缩小排列组，最终得到的集合是一样的（因为被删除的集合肯定是原排列的某集合和它的替换集合）。我们把它删掉，缩小，把答案乘 \(2\) 就行。
这样复杂度就能 \(O(n^2)\) 了。
AquaMoon and Wrong Coordinate
我们发现我们差分一下，就能发现哪一行有问题，因为每一行的和必然为等差数列，把差不对的提出来就行。同时我们可以知道这一行正确的和是什么。
然后我们发现我们要找具体是这一行的哪一个不对，于是我们求出每一行的平方和，原数组平方和是 \(\sum_{i=1}^n x_i^2\)，运行 1s 后应该为 \(\sum_{i=1}^n x_i^2+2x_iv_i+v_i^2\)，差分一下是 \(\sum_{i=1}^n 2x_iv_i+v_i^2\)，于是差分数组应该是等差数列，我们直接把差分数组再差分，得到 \(\sum_{i=1}^n 2v_i^2\)，然后用这个把不对的位置修正一下，于是我们得到了这一行位置正确的平方和。我们知道正确的和与平方和，就很容易逆推出哪一个出了问题了。
AquaMoon and Time Stop(easy/hard)
这是一道数据结构练习题。
我们发现我们可以按时间扫描，把这一时间的每个位置的答案都搞出来。
我们发现当一个被禁止的区间出现时，中间的所有位置答案全部变成无穷。
当一个被禁止的区间消失时，会有若干区间又空了出来。我们用这个区间两侧的区间的答案来更新中间的答案（如果两侧区间都是无穷就不用管它，所以至多只有两个这样的区间）。我们发现有这么两种情况：
一个是两侧的区间分别贡献了中间区间的一点答案，答案显然形成了两段等差数列。
一个是一侧的区间就贡献了所有答案，甚至会影响另一侧的区间。
当一段区间两侧不出现区间增删的情况，我们发现经过若干秒它自己的答案直接平移秒数这么多格，然后在左边补一个等差数列，右边多的直接删去。
我们发现操作都是形如插入/删除等差数列的形式，于是我们直接用平衡树维护即可。
对于上面的情况二，我们直接暴力修改被影响的区间，因为每次只会加常数个区间，修改会删除若干区间，消耗时间是删除区间的个数，于是复杂度是 \(O(nlogn)\)。
AquaMoon and Potatoes
以下是老K的神仙做法（）
我们先直接把 \(b\) 和 \(c\) 换掉，然后变成了 \(b_i=a_j=c_k\)。
考虑一个简单的线性 DP：
for i=1 to x:
ans+=s2[c[i]];s2[a[i]]+=s1[a[i]];++s1[b[i]];
然后我们设置 \(\sqrt n\) 个断点，每个断点把 \(s1,s2,s3\) 暴力存下来。
对于每一块，我们把答案 \(s1[x],s2[x],s3[x]\) 写成向量（每个值都记一个向量），经过中间一串数相当于左乘矩阵。
修改我们直接把这一段的矩阵暴力改掉，把后面块被影响的向量也暴力改掉。
查询我们整块的部分对于每一个值已经有答案了，求和就行，零散块只会影响 \(\sqrt n\) 个位置的值，暴力改掉就好。
复杂度 \(O(n\sqrt n)\)，比较好写（也许），还可以强制在线（）
UPD: 注意常数（
