E. Staircases
注意一下 \(n,m \leq 1e3\)，\(q \leq 1e4\)，因此 \(O(nq)\) 的做法也是可以的。
初始状态的答案可以用 \(dp\) 在 \(O(nm)\) 内求出：
状态定义：\(dp_{i,j,0/1}\)：考虑以 \((i, j)\) 结尾的楼梯，\(0/1\) 表示横着/竖着结尾，方案数。
状态转移：\(dp_{i,j,0} \leftarrow dp_{i,j-1,1} + 1，dp_{i,j,1} \leftarrow dp_{i-1,j,0} + 1\)
对于每次修改，会影响到的格子状态的数量仅为 \(O(n+m)\) 级别，因此每次翻转后暴力修改可能会影响到的格子即可，总复杂度 \(O((n+m)*q)\)。
注意每个单格子都会被重复计数一次，因此每次计算的答案还需要额外减掉当前空闲格子的数量。
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F. RBS
求的是 \(n\) 个字符串的所有排列中的 ... 的最大值，\(n \leq 20\)，显然考虑状压 \(dp\)。
将左括号当作 \(1\)，右括号当作 \(-1\)，求该括号串的前缀和 \(pre\)。那么一个括号串是 \(RBS\)，当且仅当：
- 末尾项 \(pre\) 等于 \(0\)
- 前缀所有位置的 \(pre \geq 0\)
因此 \(dp\) 状态除了对 \(RBS\) 前缀最大数量的定义，还要保证整个前缀的合法性，即只有拼接形成的串的所有前缀值非负时，才可以用于后续的 \(dp\) 转移。
注意，从已计算完的状态 \(state_{a}\) 转移新的状态 \(state_{b}\)，若在结尾拼接新串后产生了前缀值为负的前缀，则新的状态不能用于后续的转移，但答案是仍然可以更新的，在 code 中充分地体现了这一点的处理。
而状态转移部分就相对简单些了：因为已知状态无论按何种顺序拼接，只要合法，最终的前缀值就是固定的，可以直接预处理得到。那么， 在结尾添加一个新串是否可行 与 此次添加对答案的贡献\(\space\) 就可以二分快速得到（这里不再赘述具体怎样实现的，看官解就行，讲得很清晰）
总复杂度 \(O(2^{n}*n*\log A)\)，\(A\) 最大为 \(4e5\)，为单个字符串的最长长度。
这道题让我体会到了 \(dp\) 的灵活性。在想状态转移时，一定要追根溯源，从定义和本质的角度出发去分析，而不是死板地根据经验去套公式。
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