[cf1428H]Rotary Laser Lock
为了方便，定义0区间初始左端点所在的编号为0，其余位置顺时针依次为$[1,nm)$
考虑对0区间顺时针旋转，记$s_{i}$为0区间左端点旋转到$i$时的答案（约定$s_{i+n}=s_{i}$）
性质1：若$s_{i}-s_{i-1}=1$且$s_{i+1}-s_{i}\ne 1$（其中$0\le i 记$a_{i}$为除0以外是否存在区间包含位置$i$（存在为1），不难得到$s_{i}-s_{i-1}=a_{i+m-1}-a_{i-1}$ 代入条件，由$s_{i}-s_{i-1}=1$得$a_{i+m-1}=1$且$a_{i-1}=0$，同时$a_{i+m}\ne 1$或$a_{i}\ne 0$ 对后者分类讨论，以第一种情况为例，即$a_{i+m-1}=1$且$a_{i+m}\ne 1(=0)$，显然得证 同时，显然$s_{i}$中必然存在这样的$i$，记为$I$并对其余区间分别逆时针旋转一次 性质2：记$s'_{i}$为区间$j$逆时针旋转后的$s_{i}$，则$j$以$I$为左端点当且仅当$s'_{I}-s'_{I-1}\ne 1$ 若$j$以$I$为左端点，注意到这会使得$a_{I-1}$变为1，进而即$s'_{I}-s'_{I-1}\ne 1$ 另一方面，其需要影响$a_{I-1}$或$a_{I+m-1}$，且前者初始为0、后者初始为1，因此仅能以$I$为左端点 综上，考虑重复以下过程直至得到答案—— 1.暴力找到$I$，同时将第0个区间移动到以$I$为左端点的位置 2.枚举所有未确定位置的区间，通过4次移动可以判定其是否以$I$为左端点并还原 另外，可以通过合理的操作顺序，使得其同时判定$s_{i}-s_{i-1}$是否为1（不为1即已经不存在以$I$为左端点的区间） 3.对于左端点在$I$上的区间，再逆时针移动$m+1$次（要求不覆盖到$I-1$） （实际上，这个过程即不断找到连续段的开头） 进一步的，考虑上述过程所需操作次数，对每一步分别考虑： 1.对于第一步，不难发现第一次找到后至多再转一圈，共计$2nm+2(n-1)$次 2.对于第二步，一共有$n-1$轮，第$i$轮至多有$n-i$个区间，共计$4\sum_{i=1}^{n-1}(n-i)$ 3.对于第三步，若第二步中最后一次不还原，每一次实际仅额外产生$m-1$次，共计$(n-1)(m-1)$次 求和后，共计需要$2n^{2}+3nm-n-m-1=25879$次，无法通过 对性质2拓展，每次旋转多个区间，设其构成集合$S$，则$S$中存在以$I$为左端点的区间当且仅当$s'_{I}-s'_{I-1}=1$ 以此法不断进行二分，即0区间的移动次数变为$2\log n$，次数降为$2\sum_{i=1}^{n-1}(n-i)+2(n-1)\log n$ 同时，由于是不断二分，确定不以$I$为左端点的区间并不需要还原（原来可能会从$I+1$移动到$I$后跳过） 另外，此时第二步还会多出$4(n-1)$次检验，第三步每一次实际额外产生$m+1$次 综上，后两步的次数分别变为$\sum_{i=1}^{n-1}(n-i)+2(n-1)(\log n+2)$和$(n-1)(m+1)$ 求和后，共计需要$\frac{n^{2}}{2}+3nm+2n\log n+\frac{11n}{2}-2\log n-m-7=13107$次，可以通过
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