T1
题目大意
从前有一个国家，国力繁盛。然而众所周知，一旦一个国家强大了起来，那么这个国家一定会有许多奸臣想要上位。所以来进谏的人无论是谁，无论提出的是什么建议，都有可使国家走向灭亡。
郭紫丽现在就身处这个国家之中，但是她不希望国家出现这种情况。所以她希望给国王出主意。
然而旁边的大臣美国恶女同样也知道这个定律，所以她看到郭紫丽来进谏时，断定她一定是奸臣。
郭紫丽为了证明自己不是奸臣，就需要在智力上打败美国恶女。什么智力游戏呢？当然是下棋了。
美国恶女给出了一个n×m的棋盘，第i行第j列的格子上有一个生命值为(a_{i,j}), 的小兵。郭紫丽需要每次吸取一个小兵的生命值以提升自己的能力，但郭紫丽是一个有分寸的人，她不一定会把某个小兵的生命值全部吸完，但她至少会吸取一点。每次郭紫丽吸取完后，美国恶女也会进行一次同样的操作。
为了体现自己作为大臣的气度，美国恶女将游戏简化了一下。郭紫丽可以任意选取一行的小兵来进行这个游戏，也就是说，选好之后，每一个操作只能在这一行上进行。美国恶女又说，如果谁吸取了那一行最后一个小兵的最后一点生命值，那么这个人就会因为守护之力成为胜者。
郭紫丽当然不希望自己输掉，所以她会把棋盘上每一个小兵的生命值告诉你，希望你告诉她，有多少种选行的方式能够获得胜利。但为了不让自己作弊被发现，郭紫丽每次询问都会给出一个区间[l,r]，你只能在第[l,r]行中选择。
Input
第一行，两个数n,m表示棋盘的大小。
第二行至第n+1 行，每行m个正整数，第i + 1行第j列上的数表示第i行第j列格子上小兵的生命值。第n+2 行，一个整数Q，表示询问或修改次数。
接下来 Q 行，每行第一个数是 opt ，表示操作编号。如果 opt = 1，后面跟着 2 个数 l,r 表示一次询问操作。如果 opt = 2，则后面跟着五个整数 x1,y1,x2,y2,p。表示将以(x1,y1)为左上角，(x2,y2)为右下角的矩形每个格子上的小兵的生命值都异或p。
Output
输出若干行。对于每一个 opt = 1，输出一个数，表示有多少行小兵能使郭紫丽一定获胜。
(n imes mle 100000,Qle 100000)
然而美国恶女也不希望郭紫丽那么容易就获得胜利，所以美国恶女会随时改变棋盘上兵的生命值。请你帮助郭紫丽解决这个问题。
sol
SG博弈，某一行能赢当且仅当这一行生命值xor起来为零。所以可以把n*m矩阵压缩成n行，操作相当于区间xor，区间查多少的数不为零。
nq暴力可以水过。
正解是分块，设(f[i][j])为第i块j出现过多少次，(tag[i])为第i块的标记。修改时小块暴力，更改(f)，大块打标记。查询时小块暴力，大块查询有多少个数等于(tag)，可以算出有多少个0，总数减0数就是答案。
T2
题目大意
求
答案对998244353取模，(nle 10^{18})。
sol
打表可以发现，答案为(fib_n-1)，所以直接矩阵快速幂。
证明：题目其实要我们求杨辉三角的某对角线减(C(_n^0))，先不管减1，杨辉三角的计算过程如下：
所以每一对角线值为上两个对角线值之和。
证毕。
T3
题目大意
因式分解。
Input
第一行一个数(n,nle 10)，表示多项式的次数。
第二行有(n+1)个数，表示多项式从高到低每一项的系数。保证最高次项不为(0)，系数(le 10^6)。
Output
一行一个字符串，表示因式分解后的结果。
你的输出需要遵循以下原则：
- 未知数用代(x)替。
- 若有可提取的常数，需提取出来放在最前面。例如，(2x+4)应写成(2(x+2))。
- 若最高次项是负数，则需单独提出来，如(−x+2)应写成(−(x−2))。
- 若分解出来有单项式，需放在最前面（常数项之后），例如(x^2+2x)应写成(x(x+2))而不是((x+2)x)。
- 其余分解出来的式子按照常数项从小到大排列。例如((x+3)(x−1))应写成((x−1)(x+3))
保证原式可以分解成若干个最高次数为 1 的单项式或多项式之积，不会有相同的项（即不会出现((x-1)^2)之类的式子），系数及常数项都是整数，分解出来的多项式一次项系数为1。
形象一点，以下式子是不会给出的：
(2x^2+3x+1=(2x+1)(x+1))，因为出现了一次项系数为 2 的因式。
(x^2+2x+1=(x+1)^2)，因为出现了平方项。
(x^3+2x^2+ 2x+1=(x^2+x+1)(x+1))，因为出现了最高次数为 2 的因式。
(x^2+frac{5}{2}x+1=(x+2)(x+frac{1}{2}))，因为出现了分数。
Sample
Input
4
2 − 14 14 30 0
Output
2(x−5)(x−3)(x+1)
sol
我写了一个dfs，居然有50分。
正解其实十分简单，先把常数和单项式提出来。考虑一件事，若(x+k)是原式的一个因式，则把(x=-k)带入原式一定值为0，反之亦然。
所以可以从(10^6)枚举到(-10^6)，依次代入原式，值为0则发现一个因式。
有一个问题，((10^6)^{10})，爆long long了，可以像哈希判等的方法，取模后判等。由于代码过于简单，可以写双哈希。
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod1=1e9+7,mod2=1e9+9;
long long a[15],b;
inline long long read()
{
long long x=0;
int f=1;
char ch=getchar();
for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())if(ch=='-')f=-1;
for(;ch>='0'&&ch<='9';x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar());
return x*f;
}
int main()
{
freopen("fenty.in","r",stdin);
freopen("fenty.out","w",stdout);
int n=read();
for(int i=n;~i;i--)
a[i]=read();
b=a[n];//常数
for(int i=n;~i;i--)
a[i]/=b;
if(b!=1)
{
if(b==-1)putchar('-');
else printf("%lld",b);
}
if(!a[0])//单项式
{
for(int i=0;i<n;i++)a[i]=a[i+1];
n--;
putchar('x');
}
for(int i=1e6;i>=-1e6;i--)if(i!=0)
{
int ans1=0,ans2=0,p1=1,p2=1;
for(int j=0;j<=n;j++)
{
ans1=(ans1+a[j]%mod1*p1)%mod1;
ans2=(ans2+a[j]%mod2*p2)%mod2;
p1=1ll*p1*i%mod1;
p2=1ll*p2*i%mod2;
}
if(!ans1&&!ans2)//判等
{
printf("(x");
if(i<0)putchar('+');
printf("%d)",-i);
}
}
puts("");
return 0;
}