写在前面：为了保护正睿题目版权，这里不放题面，只写题解。
首先恭喜swk今天翻车！
“小心大样例演你。”——天祺鸽鸽
果然swk今天被大样例演死了，天祺鸽鸽诚不欺我！
- A
这题标程是前几天ACM赛的双栈背包……
然而可以排序之后直接背包，(O(nm))随便过（
- B
菜 swk 菜
发现答案就是子串中最长border，即串长减去最短循环节。
每个字母是独立的，可以分开计算答案。
对第(i)个字母，设循环节循环次数为(k)，在循环节内的长度为(f_i)，剩余的长度为(g_i)，则存在(f_icdot k+g_i=c_i)，此时(i)对答案的贡献为(f_i (k-1)+min(f_i,g_i))。
(40pts:)
有一个假做法在(n=2)时是对的，但是陈主力也不知道为什么。
考虑枚举(k)。直觉想到可以贪心地令(f_i)最大，即(f_i=lfloorfrac{c_i}k floor)。
然而在(n>2)时就会出锅。
反例大概是(kleq 3)时，贪心的使(f_i)最长，会因为第一个循环节被剪掉导致答案变小。
(70pts:)
仍然要枚举(k)，但是需要确定(f_i)的最优取值。
分两种情况讨论：(f_i< g_i)和(f_igeq g_i)。
第一种情况，(ans=f_icdot k)，即(f_i<g_i)时，(f_i)越大越优。
此时有(f_i<g_i=c_i-f_icdot k)，移项得(f_icdot (k+1)<c_i)，即(f_i=lfloorfrac{c_i}{k+1} floor)时最优。
第二种情况，(ans=f_icdot (k-1)+g_i)。
考虑在保持(f_igeq g_i)的情况下，令(f'_i=f_i-1)，则(g'_i=c_i-f'_icdot k=c_i-(f_i-1)cdot k=g_i+k)，代入上式得(ans'=(f_i-1)cdot (k-1)+g_i+k=f_icdot (k-1)+g_i+1=ans+1)。
我们惊喜地发现，使(f_i)减小之后，(ans)增大了。即(f_igeq g_i)时，(f_i)越小越优。
此时有(f_icdot(k+1)geq c_i)，即(f_i=lceilfrac{c_i}{k+1} ceil)时最优。
枚举(k)，对每个(k)取两个值计算。复杂度(O(max(c_i)cdot n))。
(100pts:)
发现对于每个有若干互不相交的([l_i,r_i])，使得对于任意(k_iin [l_i,r_i],jin [1,n])，(lfloorfrac{c_j}{k_i+1} floor,lceilfrac{c_j}{k_i+1} ceil)的值是相等的。
这启发我们使用整除分块，对每个区间只算一次。由某些数论知识可知，这样的区间最多只有(O(sumsqrt {c_i}))个。时间复杂度(O(ncdotsumsqrt{c_i}))。
- C
(10pts:)
取反、左移、右移。
(25pts:)
位运算实现a+b：xor，and，左移(1)位，递归即可。
(40pts:)
把每一位取出来之后直接加，最多迭代(6)次即可。
(65pts:)
发现将(x) xor (y)的最高位提取出来就可以解决。
设(x) xor (y=a) ，对于(iin [1,log_2 64))，执行(a |=(a>>2^i))。
如此操作后，(a)的最高位以下的位全都赋为了(1)。xor一下就好了。
(80pts:)
做法类似上个子任务，方向反过来即可。需要卡一卡常数。
(100pts:)
发现需要实现(min(x,y))。
(min(x,y)=[x<y]cdot x+[xgeq y]cdot y)，发现需要实现一个数乘以(0/1)。等价于and上 (0/2^{64}-1)，用子任务(4)的方式解决即可。