不知道说啥了，直接写题解吧（
- A
手玩一下可以发现，前 (k) 个奇数的和等于 (k^2)，在此基础上，可以进行任意次 (+2)。因此无解当且仅当 (n<k^2) 或 (n otequiv kpmod 2)。
- B
模拟找到每个公主匹配的王子，如果完美匹配则无解。否则，任选一位未被选择的公主和王子就是答案。
- C
将所有棋子向左移动 (m-1) 步，再向上移动 (n-1) 步，此时所有棋子都集中在左上角的格子。暴力让它扫过每个格子即可。总步数 ((m-1)+(n-1)+(nm-1)<2nm)。
- D
对于置换中每一个循环 ((q_1, q_2, ldots, q_l), q_i=p_{q_{i-1}}, q_1=p_{q_l})，显然对于任意的 (k)，(p^k) 中从循环中某个位置出发向前走，不会走出这个循环。考虑可能的 'Infinite Path' 的长度，其必然是 (l) 的一个约数。枚举它的长度 (d) 和起点 (q_x, 1leq xleq frac{l}{d})，则这样的循环在 (k=frac{l}{d}) 时，恰好第一次出现在置换中。暴力判断每个侯选答案是否合法即可。
对于一个长度为 (l) 的循环，枚举的总复杂度是 (O(d_lcdot l))，其中 (d_i) 是 (i) 的约数个数。
- E
对于 $1leq i< n$，长度为 (i) 的 block 有两种可能：
- 左端点 (in [2, n-i])，此时它的两边不能与它相等，方案数有 ((n-i-2+1)cdot 9^2 imes 10 imes 10^{n-i-2}) 种。
- 左端点 (in {1, n-i+1})，此时它只有一边不能与它相等，方案数有 $2 imes 9 imes 10 imes 10^$ 种。
对于 (i=n) 的，显然只有 $10$ 种。
（所以这题的意义是什么……）
- F
经典套路题，不过连想带写也花了不少时间。
首先每一位的取值是独立的，先枚举位数，转化为 $01$ 串上的若干区间，每个区间要求：
- 至少有一个 $0$；
或者
- 全是 $1$。
求方案数，每一位乘起来即可。
要求全是 $1$ 的区间可以差分维护，扫一遍确定哪些位置被染了 $1$，并将这样的区间两端缩起来。具体实现时，设 (s_i) 表示原序列中 ([1, i]) 内有 (s_i) 个位置染了 $1$，则可以将一个原序列上的区间 ([l, r]) 映射成 ([l'=l-s_{l-1}, r'=r-s_{r}])，表示原序列中第 (l') 到第 (r') 个没有被染成 $1$ 的位置，注意 (l'>r') 时无解。设 (n'=n-s_{n})。
剩下的区间，发现如果存在 (l_1leq l_2) 且 (r_1geq r_2)，则只要 ([l_2, r_2]) 的条件满足，则 ([l_1, r_1]) 的条件一定也满足，可以直接删掉 ([l_1, r_1])，使得剩余的区间都满足 (l_i<l_{i+1}) 且 (r_i<r_{i+1})。
考虑容斥，枚举区间的某个集合 (S) ，满足 (S) 中区间内全是 $1$，贡献为 ((-1)^{|S|}cdot 2^{n'-f(S)})，其中 (f(S)) 表示 (S) 中区间的并集长度。
直接容斥显然不太能接受，考虑 dp。设 (f_i) 表示排好序的前 (i) 个区间中，最后一个被选入容斥集合 (S) 的区间是 ([l_i, r_i])，每种方案当前的贡献为 ((-1)^{|S|}cdot 2^{r_i-f(S)})，所有方案的权值和（注意这里的贡献与上面略有出入）。转移的时候枚举上一个区间 (j)，发现有两种情况：
- (r_j<l_i)，也就是说两个状态之间存在着长度 (geq 0) 的间断，将 ([l_i, r_i]) 加入 (f(S)) 时的贡献恰好就是 (r_i-l_i+1)，因此这一部分的贡献是 (-2^{l_i-r_j-1}cdot f_j)。
- (r_jgeq l_i)，也就是说两个状态是直接相连的，将 ([l_i, r_i]) 加入 (f(S)) 后，右端点移动的距离和 (f(S)) 新增的长度相等，因此这一部分的贡献是 (-f_j)。
注意到左右端点都是严格递增的，因此两个部分的分界点是唯一的，并且随着 (i) 增大而增大。
将第一部分的贡献化成 $2^ imes (-2^{-r_j}cdot f_j)$，只需维护括号内的部分，前缀和优化一下就可以做到 (O(1)) 转移。
注意答案等于 (sum_{i=0}^{m'} f_icdot 2^{n'-r_i})，其中 (m') 代表第一类区间数量，(r_0=0, f_0=1)。
- G
看错数据范围了……虽然看对了可能也不太会做（
实际上思路还是比较清晰的，只要能想到用 AC 自动机处理多串匹配相关的 dp。（主要是看错数据范围之后，串长和有 $10^6$ 那么多……怎么看着也不像能套个状压 dp 的样子啊（x
对所有模式串建出 AC 自动机，并处理好每个节点跳 (operatorname{fail}) 过程中经过节点的权值和。
设 (f_{i, j, S}) 表示考虑母串的前 (i) 个位置，目前停留在 AC 自动机的 (j) 位置，已选的字母集合为 (S) 的最大值。
这个状态设计，单是状态数就已经不可接受。但是不难发现，整个过程中，只有不超过 $14$ 次决策，其余过程都是沿着自动机的边按部就班地走。因此，只考虑 s[i]='?' 的位置，中间的过程实际上与 (S) 无关，只与 (j) 有关。因此可以枚举每个 (j)，暴力地在自动机上走，保存每一个 (j) 会走到的位置和途经的权值和。对于每一个 (S)，都可以直接套用。
于是就做完了，复杂度 (Oleft((Delta2^{Delta}+|s|)cdot sum |t_i| ight))。