咕咕咕，昨晚忘记打了，因此被 D 了一顿（
Good problems, pathetic memes.
- A
显然放一个灯泡点亮两个格子，等价于用可重叠的骨牌覆盖黑白棋盘。因此答案就是 (lceilfrac{nm}{2} ceil)。
- B
由于同时邀请多个人的时候，她们之间会互相看到，因此分成多次邀请一定不如一次性把所有人都邀请来优（先被邀请到的人不能看到后被邀请的人）。
于是只需要考虑最多能邀请多少人即可。显然，按照 (a_i) 排序后，如果后面的人能被邀请，那么前面的人也可以。因此，能邀请的最后一个人是最大的 (i, a_ileq i)。
- C
计算本质不同的结果数，有 arc 内味了（
由于对于任意的 (y>1)，有 (f_{x+1, y-1}=f_{x, y}+1)，因此对于一条 ((x_1, y_1)
ightarrow (x_2, y_2)) 的路径，假如它不是 L 形，即先一直向下，再一直向右的情况，那么将任意一组 (x
e x_2, (x, y)
ightarrow(x, y+1)
ightarrow(x+1, y+1)) 的操作变成 ((x, y)
ightarrow(x+1, y)
ightarrow(x+1,y+1))，必然会让路径的权值和恰好增大 (1)；反过来同理。可以证明，除了 L 形之外，所有路径都至少存在这样的一个操作。因此，在路径的权值和从最小向最大变化时，中间的每一个值都可以取到；并且 ((x_1, y_1)
ightarrow (x_2, y_1)
ightarrow(x_2, y_2)) 必然是最大的路径，((x_1, y_1)
ightarrow (x_1, y_2)
ightarrow(x_2, y_2)) 必然是最小的路径。
考虑如何计算这两条路径的权值差。实际上不难发现，我们并不需要计算出每个位置的值或某条路径的权值和，只需要比较每一对对应的位置，对这一对位置的差求和即可。由于每一对位置都恰好在同一条反对角线上，它们的差随着路径延伸，是一个先增大，持续一段时间，再缩小的过程。分别算一下即可。
- D
可以发现，结束的时间点必然是某个月的月末。
设持续的区间为 ([l, r], r=l+x-1)，考虑 (r) 所在的月份 (i)，如果 (r) 没有卡在第 (i) 个月的月末的话，比较 (l) 和 (r+1) 在当月中天数的大小 (p_l, p_{r+1})。如果 (p_l>p_{r+1})，那么直接将整体向左移更优，直到 (r) 成为第 (i-1pmod n) 个月的月末为止。由于 (p_l>p_{r+1})，这样移动一定可以移到某个月末。否则，类似地，直接将整体向右移到第 (i) 个月的月末，答案也不会变差。
因此，只需要考虑 (r) 在每个月的月末的情况，双指针维护 (l) 所在的月份和天数即可。跨年的情况可以将月份数组直接复制一份接在后面。
- E
很有趣的题目，但是边界之类的细节略多，写起来很头疼（
首先是一个很好证明，却没那么容易得到的观察：假如某个 (kin [1, lfloorfrac{n}{2} floor]) 满足条件，那么任意整数 (x>1, xkleq n)，对应的 (xk) 都满足条件。证明只需要考虑将首尾相邻的 (x) 个区间拼起来即可，由于每个部分都有 (sum_{i=l}^{l+k-1} a_i>0)，显然拼起来之后也 (>0)。
因此，我们只需要考虑 (kin [lfloorfrac{n}{2} floor+1, n]) 的即可。注意到这些 (k) 都满足，任意一个长度为 (k) 的子区间 ([r-k+1, r])，都满足 (r+1) 在 “the same” 范围内。换句话说，对于每个左端点，它对 (k) 的限制都形如 (c+kx >0) 或 (kgeq b)（即这个左端点对应的子区间右端点超过了 (n)，它自然就不存在了）。
分 (xgeq 0) 和 (x<0) 讨论一下，第一种情况实际上只需要判断 (sum_{i=1}^n a_i>0) 是否成立即可（因为在 (k) 尽量大时，一定能满足更多的限制）。
否则，每个限制都可以解出 (kleq a) 或 (kgeq b)，只需要将 ((a, b)) 这个区间内打上标记，最后判断 ([lfloorfrac{n}{2} floor+1, n]) 内有没有不带标记的位置即可。边界和细节比较多，需要仔细判断。
- F
一个关键的观察是，从 (b) 逆着还原 (a) 时，设 (R(b)) 表示 (b) 翻转后的结果，如果当前的 (b e a) 且 (R(b) e a)，那么它至少还要经过一次 (P) 操作，因此此时的 (b) 必然是单调增或单调减的。
因此，只要它仍然是严格单调的，就可以直接模拟从 (b) 或 (R(b)) 还原 (a) 的过程。对于一个 (a ightarrow b) 的过程，考虑所有可能性中值最小的一个，即初始全为 (1)，每次只执行 (P) 操作，发现 (a_n) 在 (m) 次操作后会变为 (inom{n+m-1}{n})。换句话说，(max a_i) 的增长速度是以 (n-1) 为底，关于 (m) 的指数级的。只要 (n>2)，直接模拟就跑得飞快。
对于 (n=1) 的情况，有解当且仅当 (a=b)。
对于 (n=2) 的情况，如果 (a={1, 1})，(b={1, 10^{12}})，直接模拟显然不行。但是注意到，除了最后一段连续的 (P) 操作，剩下的都可以用取模代替。