A. 世界线

毒瘤出题人，bitset题卡空间。

于是将所有的点分成两份，做两次拓扑排序，bitset只用开一半，空间就能够了。

B. 时间机器

似乎是很显然的贪心，然而没想到。

只会打更加显然的网络流暴力。

按左端点排序，set维护一下不断取后继就行了，当没有后继即为无解。

C. 密码

将所有合法的组合数打个表，找一下规律。

然后整个机房的屏幕中都出现了奇怪的01三角形。

然而并没有用。

这个数据范围，正解显然是数位dp。

将组合数拆为一个阶乘除两个阶乘的形式，我们只关注p这个质因子出现的次数。

已经拆为阶乘了，就去想如何表示一个阶乘中p因子出现的个数。

这个是见过很多遍的题，就是不断除p相加。

于是我们将组合数中的n，m，n-m分别拆为p进制（这个太难想到了）。

n!中质因子p的个数其实就是

枚举考虑从最高位开始的$0$~$log_p^n-1$位，p进制表示下，这几位表示的数 的和，

注意p的指数要上下相减，所以考虑m与n-m相加的过程，

组合数$C_n^m$中p出现的次数，其实就是m与n-m，在p进制下作加法，进位的次数。

问题转化为求

两数相加不大于n，且在p进制下进位不少于k次的方案数。

于是直接数位dp（暴力记忆化搜索），

状态要设为四维，$dp(i,j,0/1,0/1)$表示从考虑最高位到第i位，进位了j次，第i位是否被进位，从最高位到第i位是否受到最大值l的限制。

dp的第三维看似没有必要，但如果不考虑，真的无法写出转移。

暴力$p^2$枚举下一位的两个数填什么，可以做到80分。

如果发现了特殊的性质：枚举的过程中其实加的都是重复的东西。

将这个系数求出来，大概是公差为1的等差数列加公差为0的等差数列（其实就是简单乘积）。

复杂度变为状态数。

应当注意的是，在普通的数位dp（dfs做法）中，我们无需对状态的最后一维（是否受最大值限制）进行记忆化。

因为在通常的搜索树中，它只会被搜索一次，这个记忆化是没有意义的。

然而本题考虑的是两数加和，有/无进位两种情况，都由下一位的同一个受限制的状态转移，不记忆化会使复杂度飙到$O(n)$级别。