T1：

　　考場轉化為數學語言，於是對引數解不等式，判斷是否存在整數解

時間複雜度O(Tnk)，考慮區間操作可以通過線段樹維護，區間減除。然

而複雜度瓶頸在於k。

　　正解為首先簡化問題，將黑條向前延伸s，顯然等價，考慮由於每次

走步長度固定，於是對於每個黑/白條，其出發區間一定，於是判斷可行

性可以轉化為判斷出發點是否存在交集，注意到關鍵決策點為黑條，判

斷黑條出發點區間之並是否能完全覆蓋k即可。事實上判斷白條出發點集

合是否有交也可做，然而白條並非關鍵決策點，即白條並不一定全部經過

需要判斷至少需要幾步才能通過，判斷區間之交是否滿足即可。

　　注意取模改變數學系（取模後取區間並需要去重），變數名見名知意

程式碼如下：

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define I long long
 4 #define C char
 5 #define B bool
 6 const I N = 5e5 + 3;
 7 I T,s,k,n,l[N],r[N];
 8 struct S { I l,r; } ele[N << 1];
 9 struct Q { I l,r; } rea[N << 1];
10 inline I read() {
11     I x(0),y(1); C z(getchar());
 
12     while (!isdigit(z)) { if (z == '-') y = -1; z = getchar(); }
13     while ( isdigit(z))  x = x * 10 + (z ^ 48), z = getchar();
14     return x * y;
15 }
16 inline B com (const S &a,const S &b) { 
17     return a.l == b.l ? a.r > b.r : a.l < b.l; 
18 }
19 signed main () {
20     T = read();
 
21     while (T -- ) {
22       B jud(0); I tmp(0),tot(0),cnt(0);
23       s = read(), k = read(), n = read();
24       for (I i(1);i <= n; ++ i) { 
25         tmp += read(); l[i] = r[i - 1] + 1;
26         r[i] = i & 1 ? tmp + s - 1 : tmp; 
27         if (i & 1) {
28           if (r[i] - l[i] + 1 >= k) jud = 1;
29           I tmp1(l[i] % k + 1), tmp2(r[i] % k + 1);
30           if (tmp1 <= tmp2) ele[++tot] = (S){tmp1,tmp2};
31           else ele[++tot] = (S){1,tmp2}, ele[++tot] = (S){tmp1,k}; 
32         }
33       }
34       if (jud) { printf ("NIE\n"); continue; }
35       sort (ele + 1,ele + tot + 1,com);
36       I p1(1),p2(2);
37       while (p1 <= tot) {
38         rea[++cnt] = (Q){ele[p1].l,ele[p1].r};
39         while (ele[p2].l >= ele[p1].l && ele[p2].r <= ele[p1].r && p2 <= tot) p2 ++ ; p1 = p2 ++ ;
40       }
41       for (I i(1);i <= cnt; ++ i) if (rea[i].l > rea[i - 1].r + 1) { jud = 1; break; }
42       if (rea[cnt].r < k) jud = 1;
43       jud ? printf ("TAK\n") : printf ("NIE\n");
44     }
45 }

T2：

　　理解並不深刻，三維（狀態空間）DP，由於各引數範圍很小（可以亂

搞）考慮定義DP：f[l][r][p][c]為之考慮區間l~r第p位以後的位置，並且欽定

第p位至少為c。

　　狀態轉移：考慮三維空間下如何覆蓋l*r*p*c的體積，首先f[l][r][p][c]可

以由f[l][r][p][c+1]轉移而來，對應了l*r*p*(c-1)的體積，考慮如何轉移最後

一層，採用狀態劃分DP的思路，將f[l][r][p][c]劃分為f[l][i]與f[i + 1][r]，由於

最後僅剩l*r*p*1（恰好為c的狀態），於是考慮欽定f[l][i][p]為c，為保證狀

態的合法性，必須滿足f[l][i][p + 1][0]，否則可能存在不合法狀態，同理，

也必須滿足f[i + 1][r][p][c + 1]狀態

　　注意判斷邊界，及時跳出即可

程式碼如下：

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define I long long
 4 #define C char
 5 #define V void
 6 const I mod = 990804011;
 7 I n,u,f[55][55][25][30],A[55][25];
 8 C s[25];
 9 inline I max (I a,I b) { return a > b ? a : b; }
10 inline I read () {
11     I x(0),y(1); C z(getchar());
12     while (!isdigit(z)) { if (z == '-') y = -1; z = getchar(); }
13     while ( isdigit(z))  x = x * 10 + (z ^ 48), z = getchar();
14     return x * y;
15 }
16 I dfs (I l,I r,I p,I c) {
17     I &tmp(f[l][r][p][c]);
18     if ( ~ tmp) return tmp;
19     if (l >  r) return tmp = 1;
20     if (p >  u) return tmp = l == r;
21     if (c > 26) return tmp = 0;
22     tmp = dfs (l,r,p,c + 1);
23     for (I i(l);i <= r; ++ i) {
24       if (!(A[i][p] == c || (A[i][p] == 27 && c))) break;
25       tmp = (tmp + dfs (l,i,p + 1,0) * dfs (i + 1,r,p,c + 1)) % mod;
26     }
27     return tmp;
28 }
29 signed main () {
30     n = read();
31     memset (f,-1,sizeof f);
32     for (I i(1);i <= n; ++ i) {
33       scanf ("%s",s + 1);
34       u = max (u,strlen(s + 1));
35       for (I j(1),tmp(strlen(s + 1));j <= tmp; ++ j) 
36         A[i][j] = s[j] == '?' ? 27 : s[j] - 'a' + 1;
37     }
38     printf ("%lld\n",dfs (1,n,1,0));
39 }

T3：（口胡）

　　考慮三種函式的數學本質，前兩種為直觀定義，考慮第三種的貢獻，

顯然只有當所有x均為1時才會作出1的貢獻，於是考慮第三種函式存在多

少種在經過若干次疊變後滿足所有x均為1。

　　觀察第三種函式的轉化發現，對於每個x-1的情況其都完全考慮，也

就是說，第三種函式的疊變方式實質上是全排列，對於每個xi，將其疊變

為1需要疊變xi - 1次，由於疊變方式為全排列且每次只疊變1，於是考慮將

xi - 1視為xi - 1個1，現在對每組xi中的xi - 1個1全排列即可得到所有方案（

可以理解為賦予時間引數，對於1的排列代表在何時將xi減1），由於每組

xi中的1等價，於是問題就是可重集排列。

　　現在考慮對於f函式的貢獻，即判斷其奇偶性，發現分母2因子個數必

定大於等於分子2因子個數，於是暴力思路為利用素因子篩法logn分別求

出分母分子2因子個數比較大小判斷奇偶性，然而這種求解方法到此結束

因為問題瓶頸在於優化搜尋樹，即如何高效判斷[l,r]區間的決策。

　　於是考慮更改思路，嘗試通過分子分母本身的性質做到高效判斷，避

免冗餘轉移，於是利用庫默爾定理（詳見數學雜項），發現只需要判斷2進

制下，分子中是否存在進位即可，於是可以數位DP每組[l,r]，使其儘量不

發生進位，對此數位DP即可