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_icap S_j = X)，(T_icap T_j = Y(i e 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_icap N_j)。由于 (A) 中的第一位两两不同，如果 (|X|>|Y|)，则显然 (|M_icup M_j|=|M_i|+|M_j|-|M|<|N_i|+|N_j|-|N|=|N_icup 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_isetminus M) 与 (M_jsetminus 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_isetminus M=N_isetminus N)，(M_jsetminus M=N_jsetminus 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_isetminus X)，(S_jsetminus X)，(X) 来取代 (T_isetminus Y)，(T_jsetminus 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(nsqrt n))，比较好写（也许），还可以强制在线（）
UPD: 注意常数（