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A
对于一个长度为\(L\)的相同字符段，显然要花费\(\frac{L}{2}\)次操作才能使得相邻不相同。于是只需要分类讨论一下首尾字符是否相同，算出每种字符、每种长度的连续字符段出现了多少次即可。
B
首先当图不是二分图的时候肯定无解，否则可以发现答案的上界是图上两点的最短路最大值，且不难构造出达到答案上界的方案。于是bfs/Floyd求出这个值即可。
C
可以把题目转换成：每一次把该数的最低位异或\(1\)放到最高位上，问要多少次才能够与原数相同。这样看来每一个数经过\(2N\)次一定会回到原数。那么哪些数操作次数少于\(2N\)？手玩可以发现：一个数能表示成\(AA'AA'...A\)的循环结构，其中\(A\)是\(01\)串，\(A'\)是其所有位异或\(1\)得到的串。这样的数只需要\(2|A|\)次操作。注意分成的段数要是奇数，否则仍然需要\(2N\)次操作。
枚举\(A\)的长度\(l\)计算有多少个串循环节长度是\(l\)的约数。因为\(A\)确定了串就确定了，同时相当于枚举串的较高位，所以至多只有一个串需要判断是否小于等于\(S\)。最后容斥算多少个串循环节恰好是\(l\)。复杂度\(O(Nd(N))\)。
D
对于圆上三个点\(A,B,C\)，取弧\(AB,BC,AC\)的中点\(D,E,F\)，可通过圆周角定理证明\(\Delta DEF\)的垂心与\(\Delta ABC\)的内心重合。
考虑\(\Delta DEF\)，根据欧拉线，因为\(\Delta DEF\)的外心是\(O(0,0)\)，重心是\((\frac{x_D+x_E+x_F}{3} , \frac{y_D+y_E+y_F}{3})\)，所以垂心就是\((x_D+x_E+x_F,y_D+y_E+y_F)\)，这样\(D,E,F\)三个点贡献独立。枚举\(AB\)，考虑其两段弧的中点答案的贡献。
E
先枚举一个点\(i\)，\((1,i)\)连边。那么接下来的问题就是\([2,i) \cup (i,2N]\)中的点互相连边的问题。
考虑跨过点\(i\)的边，它们的两端点有单调性，即左半部分编号递增时，右半部分编号递减。枚举跨过点\(i\)的在左半部分编号最小的边\((j,k)\)，那么剩余的点，要么先与\(j\)相交、要么先与\(i\)相交、要么先与\(k\)相交，且这样的点在编号上均分布为一段区间。枚举与\(j\)相交的点中最大的编号\(p\)、与\(k\)相交的点中最大的编号\(q\)，那么可以分别递归到\([2,j) \cup (j,p]\)、\([p+1,i) \cup (i,q-1]\)、\([q,k) \cup (k,2N]\)的三个子问题。
用记搜实现计算过程，虽然状态数\(O(N^3)\)但有用状态不多。复杂度\(O(N^7)\)。
F
考虑一个朴素的DP：设\(f_{i,j,k}\)表示矩阵\(A\)有\(i\)行\(j\)列最小值\(\leq k\)的方案数。注意到\(N,M,K \leq 100\)，但是这样的状态在转移时无可避免的要同时枚举\(i,j\)的增量，因为它们的影响都在\(A\)上，所以转移的位置有交。
对问题做一个小转化，可以发现权值相当于是额外填了一个矩阵\(B\)满足\(B\)的每个位置小于等于\(A\)中对应位置的行列最小值，那么权值相当于是\(B\)的方案数。发现对于\(B\)的限制等价于\(B\)的行列最大值小于\(A\)的对应行列最小值。
此时我们有了两个矩阵\(A,B\)，考虑将状态一个放\(A\)上一个放\(B\)上：设\(f_{i,j,k}\)表示\(A\)中\(i\)列\(\leq k\)、\(B\)中\(j\)行\(\leq k\)的\(A,B\)矩阵填法总数。
若确定\(B\)中某行最大值为\(k+1\)，则矩阵\(A\)上对应行确定了列最小值的位置可以填入\(\geq k +1\)的数；在矩阵\(B\)上对应行没有确定列最小值的位置可以填入\(\leq k+1\)的数，且要保证至少有一个位置填\(k+1\)；
若确定\(A\)中某列最小值为\(k+1\)，则矩阵\(A\)对应列确定了行最大值的位置可以填入\(\geq k+1\)的数，且至少有一个位置填\(k+1\)；在矩阵\(B\)对应列没有确定行最大值的位置可以填入\(\leq k+1\)的数。
可以发现\(A,B\)两个矩阵的填入无交，所以将这两者的转移看成两个阶段即可。预处理转移系数，复杂度\(O(NMK(N+M))\)