T1：CF1228E Another Filling the Grid

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solution

反过来思考，用所有方案数➖不合法方案数
很容易想到的是——容斥！！
首先只考虑行数
减去至少一行没有$1$的方案数，加上至少两行没有$1$的方案数…
得出以下柿子
$$\sum _{i=0}^n(-1{)}^i\times C_n^i\times (k-1{)}^{i\times n}\times k^{n^2-i\times n}$$
（枚举$i$行不含$1$，那么这$i$行共$i\times n$个格子，除了$1$不能填，只有$k-1$个数可以填，剩下的$n^2-i\times n$格子$k$个数都可以填）
再加上列的限制
$$\sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^n(-1{)}^{i+j}\times C_n^i\times C_n^j\times (k-1{)}^{i\times n+j\times n-i\times j}\times k^{n^2-(i\times n+j\times n-i\times j)}$$
（$i$行与$j$列包含的格子数$=i$行包含的格子数$i\times n+j$列包含的格子数$-i,j$共同包含的格子数$i\times j$）

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到这里，$O(n^2)$已经可以悠闲地过这道题了，但是我们要 没事找事吃饱了撑的 热爱学习，深度挖掘，万一$n$一下子猛加到$1e5,1e6$级别呢？？
换言之，我们是否还能再找到一个$O(nlogn)$的优秀算法呢？？

答案当然是$ofcourse,whynot$

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来化一下上面的优美柿子

$$(k-1{)}^{i\times n+j\times n-i\times j}\times k^{n^2-(i\times n+j\times n-i\times j)}$$
$$=(k-1{)}^{i\times (n-j)}\times (k-1{)}^{j\times n}\times k^{(n-i)(n-j)}$$
$$=[(k-1{)}^i{]}^{(n-j)}\times [(k-1{)}^n{]}^j\times (k^{n-i}{)}^{n-j}$$
$$=[(k-1{)}^i\times k^{n-i}{]}^{n-j}\times [(k-1{)}^n{]}^j$$
到这里就非常明显了，让我们换个硬元更加明显
令$x=(k-1{)}^i\times k^{n-i},y=(k-1{)}^n$
则上述柿子可变为$x^{n-j}\times y^j$
太像我们的二项式小可爱了，但是不要 不穿裤子就不跑 ，还少了点什么，我们需要把前面的
$(-1{)}^j\times C_n^j$提过来才行
$$(-1{)}^j\times C_n^j\times x^{n-j}\times y^j=(x-y{)}^n$$
于是答案柿子就可以剔除$j$，只剩下与$i$有关的柿子了
$$\sum _{i=0}^n(-1{)}^i\times C_n^i\times [(k-1{)}^i\times k^{n-i}+(k-1{)}^n{]}^n$$
次方就找快速幂$qkpow$老火鸡完成，时间复杂度就成功降为$O(nlong)$
当然$k$的幂次可以提前预处理，这样可以少跑几次快速幂，优化可能有 个芝麻大点

code

#include <cstdio>
#define int long long
#define mod 1000000007
#define maxn 300
int n, k;
int fac[maxn], inv[maxn];int qkpow( int x, int y ) {int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;x = x * x % mod;y >>= 1;}return ans;
}int C( int n, int m ) {if( n < m ) return 0;return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}signed main() {scanf( "%lld %lld", &n, &k );fac[0] = inv[0] = 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ )fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;inv[n] = qkpow( fac[n], mod - 2 );for( int i = n - 1;i;i -- ) inv[i] = inv[i + 1] * ( i + 1 ) % mod;int ans = 0;for( int i = 0;i <= n;i ++ ) {if( i & 1 )ans = ( ans - C( n, i ) * qkpow( ( qkpow( k - 1, i ) * qkpow( k, n - i ) % mod - qkpow( k - 1, n ) + mod ) % mod, n ) % mod + mod ) % mod;elseans = ( ans + C( n, i ) * qkpow( ( qkpow( k - 1, i ) * qkpow( k, n - i ) % mod - qkpow( k - 1, n ) + mod ) % mod, n ) % mod ) % mod;}	printf( "%lld", ans );return 0;
}

T2：CF936C Lock Puzzle

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solution

一般这种限制多少次以内就算成功的题目肯定是个构造题！！
观察数据范围$n\le 2000$，操作次数$\le 6100$
大胆猜想应该让我们用$3\times n$的操作左右完成构造
即对于每一个字符最多只用$3$步就让ta锁定在我们想要ta在的位置

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直接说正解吧
假设现在的$s$串长下列样子

$AxBC$

$A,B,C$均为一个字符子串，$C$稍特殊一点，既是$s$串的后缀，同时要为$t$串的前缀，且最长
当然三个串可以为空
$x$为我们想移动的字符

现在目标是将$x$移动到$C$后面一个，即$Cx$构成一个新的$t$的前缀

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操作①：$shiftlen(BC)$
原串变为 $C^{\prime }{B}^{\prime }Ax$

操作②：$shiftlen(1)$
继续变为 $x{C}^{\prime }{B}^{\prime }A$

操作③：$shiftlen(n-1)$
成为 $A^{\prime }BCx$

我们只关心$Cx$是否一起出现在最后面，前面的$A$是否颠倒，不在乎滴

code

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define maxn 2005
int n, tot;
char s[maxn], t[maxn];
int tot_s[maxn], tot_t[maxn], ans[maxn << 2];int main() {scanf( "%d %s %s", &n, s + 1, t + 1 );for( int i = 1;i <= n;i ++ )tot_s[s[i]] ++, tot_t[t[i]] ++;for( int i = 'a';i <= 'z';i ++ )if( tot_s[i] != tot_t[i] ) return ! printf( "-1\n" );int cnt = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ )if( s[i] == t[1] ) {bool flag = 1;for( int j = i;j <= n;j ++ )if( s[j] != t[j - i + 1] ) {flag = 0;break;}if( flag ) {cnt = n - i + 1;break;}}while( 1 ) {bool flag = 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ )if( s[i] != t[i] ) {flag = 0;break;}if( flag ) break;int pos;for( int i = 1;i <= n - cnt;i ++ )if( s[i] == t[cnt + 1] ) {pos = i;break;}ans[++ tot] = n - pos;ans[++ tot] = 1;ans[++ tot] = n - 1;if( pos > 1 ) reverse( s + 1, s + pos );char temp = s[pos];for( int i = pos;i < n;i ++ )s[i] = s[i + 1]; s[n] = temp;cnt ++;}printf( "%d\n", tot );for( int i = 1;i <= tot;i ++ )printf( "%d ", ans[i] );return 0;
}