2025NOI省选训练

· · 生活·游记

DAY 1

AT_arc070_d [ARC070F] HonestOrUnkind

询问次数为 2n，考虑 O(n) 找到一个诚实的人，再用 O(n-1) 询问其他人。

  1. 发现如果诚实的人<=不诚实的人数量，无解。
  2. 如果询问结果是 N，则说明这两个人必有一个是撒谎的人。
  3. 如果询问结果为 Y，则两个可能都是真，都是假，或一真一假。

因为现在保证了诚实的人数量大于不诚实的人的数量，所以考虑用一个队列维护现在询问过的人，用队列中最靠后的去询问未被询问的人。如果输出 N，则删除这两个，否则就加入。这样就保证了队列中的诚实的人数量比不诚实的人的数量多，最后队列中一定会剩下一个诚实的人。所以就做完了。

P11050 [IOI 2024] 消息篡改者（暂无法评测）

太困了没听懂

神秘题目

经典猜数，询问范围，返回 Yes/No ，但是交互库有可能返回仅一次错误答案。

#### 部分分一 每次询问两遍，发现不一样后，后面直接二分，可以通过 $y<=120$ 的数据。 #### 部分分二 每询问 $8$ 次 $Check$ 一次是否被骗，如果是，后续直接二分，否则继续。 为什么是 $8$ 次呢？我也不知道，可能要通过计算吧？ #### 猜想 询问时取中点可能不是最优，还需要DP。 $dp[i][j]=max(dp[x/2][x2/2],dp[x/2][2/x2+y]+1) --- ### 老鼠进洞 #### 题面 一个大小为 $x$ 的环上有 $n$ 只老鼠和 $m$ 个洞，每个洞最多容纳一只老鼠，求 $2$ 个问：所有老鼠都进洞的最小总距离和方案数。 $x<=1e9,n<=m<=2e5

弱化版

先考虑在一个数轴上，然后 DP

上面是i代表老鼠，下面是i代表洞

正解

断环为链，费用流

老鼠进洞again

树上，老鼠最多只能走 d 步，每一个深度为奇数的点上有老鼠，深度为偶数的点上有一个洞。求最多能让多少只老鼠进洞。

类似题面

方法一

反悔贪心+模拟费用流。。。虽然我不会。。。

给每个老鼠和洞排序，先往左匹配，老鼠i进洞j，然后推了个费用流式子。

方法二

DP

打怪

有 n 只怪物，第 i 只怪物的攻击力为 A[i]，血量为 H[i] 现在你需要生产机器人来打败这些怪物，具体地，你可以生产 m(m > 0) 个机器人， 第 j 个机器人的攻击力为 B[j]，血量为 L[j]。生产完之后，你可以让机器人和怪物战 斗，战斗规则如下： 每一步，你挑选一个机器人 j，并选择一个怪物 i 作为对手，接下来两个人会开启战 斗，战斗一轮一轮进行，每一轮，双方会同时发起攻击，令 H[i]− = B[j]，同时

$≤ 0$ 则当前轮结束，血量 $≤ 0$ 的机器人或怪物出局，血量 $> 0$ 的可继续参与后续战 斗。 现在你可以决定机器人的数量 $m$、每个机器人的 $B[j], L[j]$，同时决定战斗策略（你 可以任意安排你的机器人和怪物的战斗顺序）。你的目标是不败（即不能出现机器人 全部出局但怪物还有剩余的情况）。平局是可以接受的（即最后一个机器人和怪物同 时出局） 生产机器人的代价为 $∑m j=1(B[j] + L[j])$，你的任务是在保证不败的前提下，让代价 最小。 $n$, $A[i], H[i] ≤ 105

做法

关键性质：不会有两个机器人都用来打超过一个怪物 这样，我们可以枚举这个机器人的攻击力

打怪2

一个 RPG 采用回合战斗，怪物只有一种，但是个数无限多，小 X 初始攻击力为 1， 防御力为 0. 小 X 的生命也是足够多。每消灭一次怪物，小 X 可以得到一个金币，这个金币可 以增加 1 攻击或 1 防御， 回合规则如下：小 X 攻击一次怪物，然后怪物攻击小 X，伤害为对方的攻击减去己 方的防御，如果这个值小于零，则不造成伤害。当怪物生命为 0 时，战斗结束。 小 X 总有一个时候会变得无敌，但是小 X 想知道在变无敌之前至少承受多少伤害。 怪物攻击力为 n，生命值为 k，n, k ≤ 1013

做法

贪心策略：一定是先加攻击再加防御

Proof. 假定有一种策略中间存在加了若干次防御后加了攻击，并且这个策略优于整体先加 攻击再加防御的策略，则分为以下三种情况 这若干次攻击没有加到下一个临界点，这将导致这些攻击没有任何作用，显然 成立 这些次攻击保证在加最后一次的时候改变了临界点 设加攻击前被对方攻击的次数为 a，加攻击后被对方攻击的次数为 b，加攻击为 m 次，设这些次防御一次减少伤害的比例为 c，总共加了防御 m 次，显然 a > b, 则有 以下情况

放到前面具有更大的优势，减少的伤害相对更多 $B/a < 1 − m*c$ 这种情况下防御影响的更大，这样将攻击改成防御具有更大的 优势 再使用数论分块，找到何时更改到加防御 --- ### [打怪3](https://codeforces.com/problemset/problem/1267/G) 现在有 $n$ 种圣物，其中第 $i$ 个圣物的价格为 $c_i$ 碎片。你想把这 $n$ 种圣物全买一遍， 其中有两种购买方式： 花费 $c_i$ 碎片购买第 $i$ 种圣物。 花费 $x$ 碎片进行抽奖，可以等概率随机获得这 $n$ 种圣物中的一种，如果获得了 已经获得过的圣物，则会还给你 $2 x$ 碎片。 现在求最优策略下，得到这 $n$ 种圣物的最小期望花费。 $n ≤ 100,x<=c

solve

先抽再买

证明：首先购买一定是买当前 c_i 最小的圣物。考虑相邻两次操作，如果先购买再抽 奖，注意到本题的随机规则和决策是无关的，那么我们可以当成，在游戏开始之前， 每次抽的结果就已经确定了 那么分情况讨论：

  1. 如果下一次抽奖抽到的就是 c_i 最小值，则如果先买再抽，我们就白买了
  2. 如果下一次抽奖抽到的不是 c_i 最小值，则交换两次操作不影响结果

根据结论就可以 DP 了

假设当前已经拥有了 $i$ 种，已经拥有的 $c$ 之和为 $j$，假设如果选择抽，抽中的下一个圣物是 $k$，那如果选择买，也买 $k$。比较两个平均值的大小，算期望。 --- ### 染色 $n$ 个点的树，每个点染一个 $[1, m]$ 的颜色，求 $min_{a,b\in[1,n],a \neq b,col[a]=col[b]}(dis(a,b))=k$ 的方案数。 $n, m ≤ 2 × 10^5

练习题

给定一棵 n 个点的树，接下来有 m 次操作 每次操作添加一条路径或者删除一条之前添加的路径 定义点到路径的距离为到路径最近的点的距离，定义 f(x) 为 x 到当前所有路径的距 离的最大值

每次操作之后，你需要回答 min^n_{i=1}f(i)

n, q ≤ 2 × 105

性质

两个最远路径的距离的和的一半，但是不好维护。

考虑一个路径集合

  1. 如果这个集合有公共交集，则，f(x) = x 到交集的最短距离，可以直接维护交集 （实现时也可以找到集合中两条交最小的路径，使得两条路径的交恰好是所有路 径的交）
  2. 如果这个集合没有公共交集，则直接维护最远的两条路径的距离，跟直径一样 的合并方式

DAY 2

T1

对于一个字符串 S，定义 root(S) 表示 S 的最小整周期，R(S) = |S|/ |root(S)| 即最小整 周期出现次数。 定义 S[l, · · · , r] 表示 S 字符串第 l 个字符到第 r 个字符所构成的子串。 定义 f(S) 表示 maxl≤r R(S[l, · · · , r])，即 S 的子串中最大的 R。 给定一个长度为 n 的字符串 S，你需要找一个最大的子串 S[L, · · · , R]，使其具有 最大的 R，若存在多个，输出字典序最小的。 接下来给出 m 个询问，每次询问给定两个整数 l, r(1 ≤ l ≤ r ≤ n)，你需要输出

#### solve ![](https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/5xws5168.png) --- ### T2 给定 $n × m$ 的矩阵 $A$，你需要构造 $n × m$ 的 $01$ 矩阵 $B$，满足： $• ∀i ∈ [1, n], j ∈ [1, m]$，若 $Bi,j$ 为 $1$，则 $Bi,j−1$, $Bi,j+1, Bi−1,j , Bi+1,j$ 均为 $0$。 $• ∀i ∈ [1, n], j ∈ [1, m]$ 满足 $i + j$ 为奇数，若 $Bi,j$ 为 $1$，则 $Bi−1,j−1, Bi+1,j+1$ 均为 $0$。 $• ∀i ∈ [1, n], j ∈ [1, m]$ 满足 $i + j$ 为偶数，若 $Bi,j$ 为 $1$，则 $Bi−1,j+1, Bi+1,j−1$ 均为 $0$。 对于 $i ∈/ [1, n]$ 或 $j ∈/ [1, m]$，我们钦定 $Bi,j = 0。$ 你需要最大化 $∑Bi,j × Ai,j$。 #### solve ![](https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/nyvg4k8j.png) --- ### T3 暑假来了，小 $δ$ 想要吃冰棒。 小 $δ$ 知道 $n$ 家售卖冰棒的商店，它们被依次编号为 $0$ 到 $(n − 1)$。这些商店的老板都十分任性——他们每天售卖的冰棒口味并不相同。小 $δ$ 只喜欢西瓜味的冰棒，因此他早就做好了调查。小 $δ$ 的调查结果形如 $n$ 个有理数序列，其中第 $i$ 个序列的长度为 $li$，且它的第 $j$ 项记作 $pi,j$。为了方便起见，我们给出的值为 $p$′$i,j$，它是 $pi,j$ 对 $998244353$ 取模的结果，可以说明在本题限制下这不会影响求解的过程。此外，$i, j$ 均从 $0$ 开始标号。小 $δ$ 的暑假长达 $2025!$ 天。对于商店 $i$，在第 $t$ 天，它售卖西瓜味冰棒的几率为$pi,(t mod li)$。小 $δ$ 每天都会前往所有商店购买冰棒，如果其中至少一个商店售卖西瓜味冰棒，小 $δ$ 就会开心。现在，小 $δ$ 想要知道：他开心的日子占整个暑假的比例的期望是多少？为了方便你的计算，他只需要你告诉他这个答案对 $998244353$ 取模的结果就好了。 #### solve ![](https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/r6oyv8li.png) --- ### [AT_agc039_f [AGC039F] Min Product Sum](https://www.luogu.com.cn/problem/AT_agc039_f) $∏$相当不好处理，我们考虑如何转化？ 直接考虑它的组合意义，那么变成了计算两个矩形 $(A, B)$ 的数量满足 $B$ 中的每一个元素都小于 $A$ 中对应行 $/$ 列最小值的方案数。再转化一下，发现这个条件等价于计算两个矩形 $(A, B)$ 的数量满足 1. $B$ 中每一行的最大值 $≤ A$ 中对应行的最小值。 2. $B$ 中每一列的最大值 $≤ A$ 中对应列的最小值。 那么这个东西看起来就比较能 $dp$ 了，我们容易想到从小到大扫 值域，那么对于 $A, B$ 一个位置的限定我们希望独立开来。 也就是发现你在一个矩形中又确定行又确定列并不好处理。 所以考虑 $dp$ 状态设计成 $fk,i,j$ 表示当前矩形填了 $≤ k$ 的数，确定了 $B$ 中 $i$ 行的最大值，$A$ 中$j$ 列的最小值的方案数。转移考虑 $k + 1$ 这些元素填在什么地方，分两步确定一些 $B$ 中的行的最大值为 $k + 1$。$A$ 中对应行已确定列的位置填 $≥ k + 1$。$B$ 中对应行未确定列的位置填 $≤ k + 1$（一定有一个 $k + 1$）。确定一些 A 中的列的最小值为 $k + 1$。$A$ 中对应列已确定行的位置填 $≥ k + 1$（一定有一个 $k + 1$）。$B$ 中对应列未确定行的位置填 $≤ k + 1$。容易发现这样的 dp 使得每个位置都能取到最严格的限制，于是分两步转移即可（在后面再 加一维）。这样就做完了，时间复杂度 $O(Knm(n + m))$。 ### [AT_agc057_e [AGC057E] RowCol/ColRow Sort](https://www.luogu.com.cn/problem/AT_agc057_e) 第二题我不配 --- ### [CF908H New Year and Boolean Bridges](https://www.luogu.com.cn/problem/CF908H) ### [CF1916H2 Matrix Rank (Hard Version)](https://www.luogu.com.cn/problem/CF1916H2) ![](https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/xsilzeyh.png) --- ### [P11983](https://www.luogu.com.cn/problem/P11983) ### [P11988](https://www.luogu.com.cn/problem/P11988) --- ### QOJ9984 ### CF1863I # Day 3 ### T1 对于一个长为 $len$ 的，取值范围为 $[1, m]$ 的序列 $S$，称一个长度为 $m$ 的，取值范围为$[1, m]$ 的序列 $T$ 是好的，当且仅当对于所有 $i ∈ [1, len]$，都满足 $T_{Si} = S_{len+1-i}$。$f(S)$ 表示有多少个好的序列。给出一个长为 $n$ 的串 $A$，再给出值域 $m$，要你求出 $A$ 的所有非空子串的 $f$ 之和，即 $∑^n_{i=1}∑^n_{j=i}f(A[i, j])$。对 $998244353$ 取模 ### T2 ![](https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/3kx4jaov.png) #### solve ![](https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/7ipzcbd1.png) ### T3 ![](https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/qs1y9oar.png) #### solve 太臭了，一共29页的题解，感觉以现在的实力不足以听懂 --- ### [CF1685E The Ultimate LIS Problem](https://www.luogu.com.cn/problem/CF1685E) ### [AT_arc169_e [ARC169E] Avoid Boring Matches](https://www.luogu.com.cn/problem/AT_arc169_e) --- ### [P10219 [省选联考 2024] 虫洞](https://www.luogu.com.cn/problem/P10219) ### qoj 7765 --- ### [P9531 [JOISC 2022] 复兴计划](https://www.luogu.com.cn/problem/P9531) 首先我们可以感性理解一下，一条边 i 能存在的对应 X 是一段区间 $[li, ri]$，如果我们能对于每条边 i 求出对应区间，那么问题就容易解决。 我们把边权按 w 从小到大排序，然后考虑每次加入第 i 条边。如果连接的两个端点不连通，那么直接加入这一条边。 如果连接的两个端点联通了，那么找到环上 $w$ 最小的边，设其为 $j$，那么我们就知道，如果 $X > wi+wj_2$ ，那么我们会选择 $i$，否则选择 $j$，所以 $R_j =w_i+w_{j2}$, $L_i =w_i+w_j 2 + 1$。 然后我们可以 $LCT$ 维护，或者直接 $O(n)$ 计算。 另外一个更好写的做法是直接并查集维护，可以做到 $O(nmα(n))$。 具体的，每次计算 $i$ 的时候，让 $j$ 从 $i − 1$ 到 $1$ 循环，每次用并查集合并 $u_j , v_j$ 所在连通块， 我们只需要找到连了哪个 $j$ 之后 $i$ 的两端联通，然后就可以 $break$ 掉，每次暴力遍历 $j$，遍 历次数可以证明也是 $O(nm)$ 的。 我们把问题转化成我们有 $m$ 条边，对于 $i$ 定义 $f(i)$ 表示最大的 $x$ 使得 $ex ∼ ei−1$ 能联通 $ei

的两个端点，如果不存在则 f(i) = 1，那么 ∑i − f(i) 最大是多少。

我们把编号看成边权，那么我们每次从 T(i − 1) 变成 T(i) 的时候，就是添加 e_i 的时候删除 了 e_{f(i)}，如果一开始图被权值为 1 的边联通，那么我们每次相当于加入权值为 i 的边，删除 权值为

f(i)$ 的边，设 $A(i)$ 为 $T(i)$ 的边权和，那么我们计算的就是 $A(i) − A(i − 1) = A(m) − A(1)$，由于 $A(m) = O(nm)$ 的，所以上面我们总遍历次数也是 $O(nm)$ 的。 ### [AT_arc138_f [ARC138F] KD Tree](https://www.luogu.com.cn/problem/AT_arc138_f) 首先直接枚举操作的分界显然会算重，那么由于一种序列有多种操作方式，一般来说我们就 有两种想法：找到序列能被得到的条件，然后对着条件 $dp$。 只考虑字典序最小的一个解，这样保证不重。 这个题我们采用第二种方法。 我们设计 $dp$ 状态，设 $fl,r,u,d$ 表示考虑 $S = i|l ≤ i ≤ r, u ≤ pi ≤ d$ 的点集的划分数量。然后现在的问题是我们怎样定义字典序最小。我们考虑计算给点集内点的 $x$，$y$ 坐标排序之后交替合并起来，形如 $x1, y1, x2, y2 . . .$。然后我们考虑按这个顺序划分，只计算用当前划分能达到且之前划分无法达到的状态，即当前划分作为第一个划分能到达的状态数量。 --- ### uoj75 ### [P6816 [PA 2009] Quasi-template](https://www.luogu.com.cn/problem/P6816) # Day 4 ### T1 有 $n$ 个人排成一列，每个人有一个能力值 $ai$ 。 老师将会举行 $m$ 次考试，第 i 次考试将只有 $[li , ri ]$ 内的人参加。 每次考试中，对于 $[li , ri ]$ 中的任两个人 $x, y$ , 若 $ax > ay × 2$ , 则 $x$ 会给 $y$ 带来 $ax ⊕ ay

的自卑值, 其中 ⊕ 表示异或。 该次考试产生的自卑值为其中所有人产生的所有自卑值之和。 求每次考试产生的自卑值。

solve

测试点1/2

略

测试点3~5

使用莫队并使用朴素的数据结构来维护。

也许用分块也可以。

测试点6~10

以下视 n,m 同阶。

莫队二次离线。

注意到这种莫队每次移动指针时都要进行一个查询，形如求

\sum_{l\le i\le r,a_i>x\times 2\space or \space a_i\le\lfloor\frac{n+1}2\rfloor-1} a_i\oplus x

注意到 l\le i\le r 这个限制是可以拆成两个前缀相减的，而拆完之后这个维度的限制是简单的，可以通过离线扫描线的方式去掉这一维限制。剩下的部分就是 O(n) 个单点修改， O(n\sqrt n) 个区间查询，可以使用值域分块平衡复杂度做到总复杂度 O(n\sqrt n) 。

注意这里空间限制比较紧，所以不能直接离线，需要对信息进行一定程度的压缩。

T2

给你一个正整数序列 a1, a2, , an 。设 S = n + Ai . 有 S 张卡片。每张卡片上都写有一个整数。卡片上的整数是 a1, a2, · · · an, −1, · · · − 1 。 其中，有 ∑ai 张卡片上写着 −1 。

假设 $x$ 是 $NIT$ 的当前坐标。选择并丢弃他手中的一张牌。设 $v$ 为弃牌上的数字，并 跳转到坐标 $x + v$ 。如果他跳到了坐标 $0$ ，则获得一枚硬币。 对于每一个 $k = 1, 2, 3 · · · , n$ ，求 $NIT$ 的下棋顺序中使得他恰好赚到 $k$ 枚硬币模数为 $998244353$ 的个数。 您应该计算走棋顺序。也就是说，如果两张牌的数字相同，弃掉其中一张与弃掉另一 张是没有区别的。 #### solve 首先你可以把相同的 $a_i$ 看成不同的，最后除以系数即可。 金典恰好转钦定，求出情定恰好 $k$ 次的方案然后二项式反演回去即可，设其为 $ans_k$。 考虑对于每部分出现的是 $a_1,a_2,\cdots a_m$，那么有 $\sum a$ 个 $-1$，那么总方案为 $\displaystyle\prod_{i=1}^{m} (\sum a+i)$，考虑组合意义拆一下，对于每个 $a_i$ 从同一部分选一个 $a_j$，连边，边权为 $a_j+[j\le i]$，求所有方案边权乘积的和。 那么连边连出来会是一个基环树森林，设形成 $k$ 个连通块的方案为 $f_k$，那么有 $ans_i=\sum_j f_jS_2(j,i)$，$S_2$ 为第二类斯特林数。 基环树有环有树，再钦定若干个环，其他点乱连的方案。 观察换上的边 $i\to j:a_j+[j\le i]=(a_j+1)-(j>i)$，考察其组合意义：选取一部分点为 $a_j+1$，一部分点取 $-1$，即选取若干条下标上升的链，链头取到 $a_j+1$，其余点取到 $-1$，求所有方案的和。 考虑 dp，设 $dp_{i,j}$ 表示前 $i$ 个点构成了 $j$ 条链的方案和，最终把这些链拼成环，再乘以第一类斯特林数即可。 $$ dp_{i,j}=dp_{i-1，j-1}(a_i+1)+dp_{i-1,j}(\sum a+i+(-1)\times j) $$ 转移分别代表选链头，环外，链尾，复杂度 $O(n^2)$。 ### T3 这是一道交互题。 交互库会给出一个 $n$ 个点 $m$ 条边的有向无环图，你可以更改 $k$ 次边（添加/删除），不 需要保证你操作完成后的图还是一个有向无环图。 然后交互库会询问你 $q$ 次，每次交互库选定一个点 $x$，你可以给出一个可重集 $S$，交 互库会将 $x$ 加入 $S$ ，然后在 $S$ 中的点上放置棋子（个数是其在 $S$ 中的出现次数），再让 红磷和白磷开始一轮游戏，并告诉你游戏结果：先手胜利/后手胜利/平局（即会进行无限 久）。 你需要回答交互库。 #### solve 这道题的 交互库 需要你会 有向有环图的公平博弈游戏。 我问了 GPT/ds 后，它们都给出了一个看起来很对的东西，然后和暴力根本拍不起来... 还好 GPT 给出了一篇论文链接 [Extended Sprague-Grundy theory for locally nite games, and applications to random game-trees](https://arxiv.org/pdf/2107.08428)。 然后模拟论文的式子，就获得了 $\mathcal{O}(nm)$ 的一个做法，根据 [原题作者的说法](https://codeforces.com/blog/entry/84298?#comment-718254)，这个是可以优化到 $\mathcal O(m\sqrt m)$ 的。 #### 性质 A $\lor n \le 20

发现是一个完全图，又保证了是一个 DAG，考虑此时 SG 函数是两两不同的，每次就枚举一下点，就可以确定 x 了。

正解

构造大神

设一个棋子局面有三种状态 W(Win)/L(Lose)/D(Draw)

首先发现如果还是 DAG，一定做不了。

考虑利用环的性质，此时用上最特殊的自环，因为如果自环上有棋子，则一定不是 L 态，因为此时先手一定有一个 L 态后继（但可能是 W 态）。

把图分成两个点集 S_1, S_2，对于 S_1，我们用性质 A 的方法补全成 SG 两两不同的，对于 S_2 给每个点连一个自环。

每次询问集合 S 内只有一个点 i。

所以你将 S_1 中连成完全 DAG，去掉 S_1\to S_2 的边，让 S_2 中的点在 S_1 的后继集合两两不同，就可以每次询问 S_1 中的点获得答案。

理论 n\le qlim+2^{qlim}。

Smith Value

根据论文中的理论：

定义 \gamma(u) 表示 u 点上的 exSG，

\gamma (u)\in \mathbb N\cup \infty(2^\mathbb N)

转移就是 ：m=\text{mex}\{\gamma(u)|\gamma(u)\in \mathbb N\}

\gamma(u)=\begin{cases}m&,\forall (u,v)\in E, {\gamma(v)\in \mathbb N\lor (\exists(v,w)\in E, \gamma(w)=m)}\\\\\infty(\{\gamma(u)|\gamma(u)\in \mathbb N\}) &,\text{Otherwise}\end{cases}

多个独立游戏的 exSG 合并是：

\begin{cases}\gamma(x)\oplus\gamma(y)&, \gamma(x),\gamma(y)\in \mathbb N \\ \infty(\{v\oplus \gamma(y)|v\in \gamma(x)\}) &,\gamma(x)\not\in\mathbb N\land\gamma(y)\in \mathbb N\\\infty(\emptyset)&, \gamma(x),\gamma(y)\not\in \mathbb N\end{cases}

胜负判断：

通过分析 exSG 的性质，也可以得出上面的方法。

CF1270I Xor on Figures

CF526G Spiders Evil Plan

CF1874F Jellyfish and OEIS

CF1874D Jellyfish and Miku

QQJ2064

AT_agc017_f [AGC017F] Zigzag

Day 5

面基滴叉！！！！！！