現在還是不會啊 qwq

C

首先考慮 \(n = 2\) 怎麼做。

可以發現的是我們一定要藉助空柱子 \(n + 1\)，並且兩個柱子都必須要移動。

注意到此時本質上就是將兩種球分類，於是我們考慮能否將一個柱子上兩種顏色分開（並對其他柱子不產生影響）。

假設要將 \(1\) 上兩種顏色分開，並且 \(1\) 顏色在上 \(2\) 在下。

令 \(1\) 柱子上有 \(a\) 個 \(1\) 那麼我們考慮現在第 \(2\) 個柱子上先預留 \(a\) 個空位，將這些球先全部轉移到 \(n + 1\) 上。

然後對於第一個柱子上的球從上到下考慮，若當前頂端的球為 \(1\) 則放到 \(2\) 柱子上，否則放到 \(n + 1\)

上。

然後先將 \(n + 1\) 上方的 \(m - a\) 個 \(2\) 球還原到 \(1\) 柱子，再將 \(2\) 上方的 \(a\) 個 \(1\) 球還原到 \(1\) 柱子，最後將 \(n + 1\) 剩下的球還原到 \(2\) 柱子。

容易發現這樣對 \(2\) 柱子沒有影響且操作合法達成了目的，仔細定量發現運算元是 \(2m + 2a\) 的。

我們對兩個柱子都做上面的操作將 \(1\) 放到上面來，然後就可以輕鬆達成目標了。

接下來回到原問題，此時我們發現上述做法的本質是：將柱子 \(x\) 上顏色為 \(c\) 的球上提到頂端且 \(x\) 上其他球相對位置不變，同時不會對其他柱子產生影響。

此時考慮按照顏色依次還原，假設當前考慮到了顏色 \(c\) 對上述柱子將 \(c\) 全部提到頂端，然後將 \(c\) 移到空柱子上接著任選一個柱子將球全部分配到非滿柱子上，就遞迴為刪去這個顏色的子問題。

分析操作次數，對於每種顏色需要對每個柱子均操作一次，因此操作次數：\(\sum\limits_{i = 1} ^ n i2m + 2nm = n(n + 3)m\)，已經可以通過 \(70\) 分，考慮進一步優化。

容易發現上述做法操作較多的原因是對 每種顏色 都重新做一輪，這樣事實上浪費了很多操作。

那麼能否考慮減少有效顏色的操作呢？考慮分治。

我們每次考慮將編號 \(\le mid\) 的球染成白色，剩下的球染成黑色，目標同樣是將柱子上清成同一種顏色。

令對於長度為 \(n\) 的序列操作次數為 \(f(n)\)，那麼總操作次數應該為 \(f(n) \log n\)，於是只需要考慮上述問題如何做即可。

類似上提的思路，我們考慮每次任選一個至少有兩種顏色的柱子 \(x\)，然後再任選一個 \(y \ne x\)，在沒有完成目標時總能做到。

令 \(x_0, x_1, y_0, y_1\) 分別為 \(x\) 上白球/黑球數量，\(y\) 上白球/黑球數量。

發現總存在 \(x_0 + y_0 \ge m\) 或 \(x_1 + y_1 \ge m\)，不妨設 \(x_0 + y_0 \le m, x_1 + y_1 \ge m\)。

於此同時，我們不妨設 \(x_0 \le y_0 \le \frac{m}{2}\)。

我們首先對 \(x\) 將白球上提，消耗次數 \(2m + 2x_0\)。

然後將 \(x\) 上的白球全部移動到空柱子上，消耗次數 \(x_0\)。

對 \(y\) 上的球從上到下考慮，若頂端球為白色，那麼移動到空柱子上，否則移動到 \(x\) 上直到 \(x\) 上球滿為止，至多操作 \(x_0 + y_0\) 次。

最後將 \(n + 1\) 上的球全部運回 \(y\) 上，消耗次數 \(x_0 + y_0\)。

這樣 \(x\) 上的球全部變為黑色，且因為 \(x_0 + y_0 \le m\) 所以空柱子上球不會爆出來。

計算上面的總次數：\(2m + 5x_0 + 2y_0 \le 5.5m\)，因此我們做到了總操作次數 \(5.5nm\log n\)。

帶入滿分的資料範圍大約是 \(660000\) 次，可以輕鬆通過。

當然可以底層直接實現 \(70\) 分的 \(n(n + 3)m\) 次操作的小常數做法，可能可以達到更優的次數。

D

首先考慮一個暴力，先判掉無解的情況。

注意到題目需要求所有初始局面的存活時間，於是我們類似期望存活時間的轉化，令 \(f(x)\) 為初始位置為 \(x_1, x_2, \cdots x_m\) 的存活時間，那麼答案為：

\[\sum\limits_t ^ \infty \sum\limits_x [f(x) \ge t] \]

這等價於令 \(f(t)\) 表示 \(t\) 時刻任然存活的初始局面數量，那麼答案為：

\[\sum\limits_t ^ \infty f(t) \]

此時我們發現，\(f(t)\) 的數量是每個維度存活數量的積，那麼每個維度之間就是相互獨立的了。

注意到有效時間至多隻有 \(nw\) 天，於是可以考慮列舉天數然後暴力維護當天每個維度依然存活的數量，複雜度 \(\mathcal{O}(nmw)\)。

考慮優化這個過程，顯然問題在於如何優化暴力列舉天數部分。

令 \(f_i(t)\) 為維度 \(i\) 在時刻 \(t\) 依然存活的初始狀態數量，此時我們有如下關鍵觀察（證明不難）：

• \(f_i(t)\) 在時刻 \(n + 1\)（也即第二輪）開始呈週期長度為 \(n\) 的定值長度減少。

同時我們可以觀察到減少的定值長度為 \(q_i = \sum\limits_{j = 1} ^ n [c_j = i] \times d_j\)。

那麼我們令總共經過了 \(t\) 整輪 後就不存在局面存活了，那麼第 \(2 \sim t\) 輪的貢獻可以描述為：

\[\begin{aligned} \sum\limits_{i = 2} ^ t \sum\limits_{j = 1} ^ n \prod\limits_{k = 1} ^ m f_k(n + j) - q_k \times (i - 2) \\ \end{aligned} \]

不妨做簡單變換：\(t \leftarrow t - 2, f_i(n + j) \leftarrow f_i(j)\)，那麼上式即：

\[\begin{aligned} & \ \ \ \ \ \sum\limits_i ^ t \sum\limits_{j = 1} ^ n \left(\prod\limits_{k = 1} ^ m f_k(j) - q_k \times i\right) \\ &= \sum\limits_{i = 1} ^ n \sum\limits_j ^ t \left(\prod\limits_{k = 1} ^ m f_k(i) - q_k \times j\right) \end{aligned} \]

令 \(g_i(j) = \prod\limits_{k = 1} ^ m f_k(i) - q_k \times j\)，容易發現這是一個僅與 \(i\) 有關的 \(m\) 次多項式，於是上式等價於求 \(n\) 個給定的 \(m\) 次多項式的字首點值的和。

有經典結論 \(m\) 次多項式的非負字首點值和為一個 \(m + 1\) 次多項式，於是我們就可以插值得到 \(x = t\) 處的點值。

複雜度 \(\mathcal{O}(nm ^ 2)\)，瓶頸在於計算 \(n\) 個多項式 \(0 \sim m + 1\) 處的點值。

有點輕微卡常，需要將拉格朗日插值換成連續點值的 \(\mathcal{O}(m)\) 插值。

GO!