T1：简单模拟，只需要检测到 | 后输出后面读到的所有内容即可。
个人难度：红
T2：构造题。
个人难度：橙
首先不考虑封印格子的情况，容易想到最佳策略是填充一条对角线上的所有格子，不难证明不存在更优的填充方案。
(画图软件画的，略有抽象)
接下来考虑封印的情况。若 nnn 为偶数，由于两条对角线没有交点，因此封印一条对角线上的点仍可以使用另一条对角线，无影响。
若 nnn 为奇数，则可以封印两条对角线的交点。此时我们这样构造。
T3：模拟题。
个人难度：黄
考虑平局的分数一定形如 (0,0),(1,1),(2,2),...,(n,n)(0,0),(1,1),(2,2),...,(n,n)(0,0),(1,1),(2,2),...,(n,n)。因此我们可以维护一个当前到达的最高的一个平局分数，暴力模拟即可。
注意若当前已经是一个平局状况，要防止重复统计，即将维护的那个分数 +1+1+1。
T4/T6：诈骗题/题目性质题
个人难度：绿
注意到 f(x)=∣ac−bc∣=∣(a−b)(ac−1+ac−2b+ac−3b2+...+abc−2+bc−1)∣f(x) = |a^c-b^c| = |(a-b)(a^{c-1}+a^{c-2}b+a^{c-3}b^2+...+ab^{c-2}+b^{c-1})|f(x)=∣ac−bc∣=∣(a−b)(ac−1+ac−2b+ac−3b2+...+abc−2+bc−1)∣。
题目中 a,b,ca,b,ca,b,c 都是正奇数，因此因式分解后面的一项相当于 ccc 个 奇数相加，即奇数个奇数相加，而这必定也是奇数。不难证明一个数乘以奇数后二进制后 000 的个数不变，所以 f(x)f(x)f(x) 的美丽度只与 a−ba-ba−b 有关。
因此我们只需要预处理前 nnn 个正奇数两两作差所有不同的数的美丽度即可。
接着考虑期望，E(X)=∑pixiE(X) = \sum p_ix_iE(X)=∑pi xi ，而所有的 pip_ipi 相等，而总情况数为 An3A_n^3An3 。但是我们注意到结果与 ccc 取什么和 a,ba,ba,b 的顺序无关。因此我们可以规定 a<ba<ba<b 的同时不枚举 ccc。这样 E(X)=SUM(X)/Cn2E(X) = SUM(X)/C_n^2E(X)=SUM(X)/Cn2 ，SUM(X)=∑i=1n−1(n−i−1)×g(2n)SUM(X) = \sum_{i=1}^{n-1} (n-i-1)\times g(2n)SUM(X)=∑i=1n−1
(n−i−1)×g(2n)，其中 g(x)g(x)g(x) 为 xxx 的美丽度。
T5：大模拟
首先分析题目，不难发现无论怎样操作，每一行，每一列的总障碍数都不变，都只能改变它们的相对位置。
不难注意到一种情况：如果有一个点的所在行或者所在列都有障碍物，那么我们可以先把这两个障碍物移动到与它相邻的位置，再把这个整体移到某一个角落（这个角落位置根据移动的两个障碍物与这个点的相对方位决定）。如对于
其中满足要求的点为 sss。那么我们可以先交换第 3,53,53,5 列，第 2,42,42,4 行，使两个障碍物与之相邻。
接着按顺序交换第 (5,6),(4,5)(5,6),(4,5)(5,6),(4,5) 行，第 (1,2),(2,3)(1,2),(2,3)(1,2),(2,3) 列，即可将 sss 卡到角落。
最后将 Alice 放到 sss 即可。不难发现若有一个点的所在行或者所在列都有障碍物，则一定可以这样构造出特定解。
那么如果没有这样的点呢？这就意味着任意两个障碍物所对应的矩形的顶点都有障碍物。简单推导后可以知道，在这种情况下，每一行以及每一列要么没有任何障碍物，要么障碍物排布完全相同。
就像这样：
在这种情况下，如果没有某一行或者某一列全是障碍物，那么答案必定是 NoNoNo。这是因为无论你怎样操作，都会留有空隙。
而如果有呢？
那我们可以这样：在其中找一个不与 XXX 在同一行及同一列的点，将这个点所在行/列移动到第 111 行/列，将XXX 所在行/列移动到最后一行/列。这样全是障碍物的那一行/列必定在中间。
