答案 \(\left\lfloor \tfrac{n+1}{10} \right\rfloor\)???。
\(O(n^3)\) 暴力比对即可，或者 KMP \(O(n^2)\)。
注意对于一个开始位置，向右走的时候不一定走的越多越好，大叉点。
既然要尽快结束，必然要使 ? 完全倾向某一方，实现对另一方的快速吊打。
于是模拟两遍即可。
将位置按奇偶分类，\(t\) 中相邻两个元素在 \(s\) 中的位置的奇偶性不同。然后套用序列自动机的手法即可。
注意如果从前往后扫，还枚举开头位置奇偶性做了两次的话，必须要判末尾多余字符是否能用 backspace 删完全，大叉点。
如何对于一个排列计算还原升序的最小交换次数？注意不是相邻交换，所以和逆序对关系不大。考虑将排列表示为置换环，那么交换次数为，\(p_i\ne i\) 的 \(i\) 的数量减去大小为 \(x\ge 2\) 的环的个数。这显然可以 \(O(n)\) 计算。
然而如果对于每个 \(k\in [0, n)\) 都模拟一遍需要 \(O(n^2)\) 的时间。但实际上我们不需要模拟每个 \(k\)。考虑 \(\text{cnt}_k\) 表示 \(k\) 长度位移之后满足 \(p_i=i\) 的位置数，易得 \(\sum_k \text{cnt}_k = n\)。这说明如果一个 \(k\) 的对上的位置过少，似乎并不值得去做一边模拟。一个 \(k\) 值得我们去尝试，当且仅当 \(\text{cnt}_k\ge n-2m\)。
观察到题中额外看似特意构造的限制 \(m\le n/3\)，我们带入上式，发现只有 \(3\) 个 \(k\) 值得去尝试。直接模拟这三个 \(k\) 复杂度 \(O(n)\)。
首先有一个必要的取模式子的转化：\(x\bmod y = x - y\lfloor\tfrac x y\rfloor\)?。然后把这个式子拆成 \(4\)? 个部分分开计算和维护。对于当前计算 \(p_i\)?（记 \(\max_i a_i = A\)）：
总复杂度 \(O(n\sqrt A)\)。
突破口：答案 \(\in \{0, 1, 2\}\)?。原因很简单：\(a_s, a_s(a_s+1),a_t, a_t(a_t+1)\) 四个数中至少存在两个偶数，可以由公共因子 \(2\) 联立起来，其中有两个点是新构造的。那么关键就是判断 \(0,1\) 了。
考虑维护出原图中的连通性。不难想到对每个质数 \(p\) 都建一个虚点，并对所有含有质因子 \(p\) 的连边。并查集维护即可，这样可以判断是否为 \(0\)。
考虑答案如果为 \(1\)，等价于存在一个 \(x\)，满足新建 \(a_x(a_x + 1)\) 后，\(a_s, a_t\) 所在连通块被其质因子直接联立，注意这没有传递性，无法直接用并查集维护。注意到联立过程实际上在干什么：
由于一个数的质因子个数规模不大，小于 \(O(\log a)\)?，于是暴力枚举即可，将得到的数对（对应到并查集的根） \((q,r)\)?，记录到一个 std::set 中。查询时判断 set 中对应数对是否存在即可。复杂度据官方题解是 \(O((n+q)\log^2 a)\)?。
如果对所有 \(x\) 求出答案的话，可能需要我们维护出答案，于是考虑一个数据结构，比如 Trie。
用 Trie 一次性统计答案是很简单的事情：维护出当前区间中最小和最大的元素的值以及答案，和某些 simple 线段树是一样的。但是存在一个问题：异或操作对应到 Trie 上就是交换一层的左右儿子，直接对值的维护如果重新计算可能略有繁琐。于是我们维护与区间左端点距离最近或最远的元素的距离，可以方便避免这个问题。
如果说一次只是交换一个结点的儿子是很好做的，但是直接对 \(x\in[0, 2^k)\) 顺序求，交换数的规模就不可接受了。题解给出了一个机智的技术：格雷码。也就是说我们可以每次只交换一个位。然而我们发现最下层点数最多，应该尽量少得操作，可能需要将格雷码倒置一下。
由于第 \(i\) 层有 \(2^i\) 个点，共有 \(2^{k-i}\) 次操作，于是复杂度为 \(O(2^k\cdot k)\)。
咕咕咕
Harbour.Space Scholarship Contest 2021-2022 (open for everyone, rated, Div. 1 + Div. 2) 题解
原文：https://www.cnblogs.com/-Wallace-/p/15050189.html