令当前时间为 \(t\)，则序列 \(i\) 取的到 \(j\) 需满足的条件为：\(t\equiv j \pmod {len_i}\)。
多个同余方程要一起考虑，不难想到 excrt（扩展中国剩余定理）。
考虑枚举具体的数字（\(1\sim m\)），遍历 \(1\sim n\)，肯定不可能把 excrt 跑完。（这样优化空间很小）
那就只能对于一段序列，元素两两之间都要判断是否能同时存在，具体地，\(\gcd(len_j,len_i)\ |\ place[i]-place[j]\)。（excrt判断有无解）但这样仍会 T。
然后我看了题解，一语点醒梦中人，序列长度小于等于 \(40\)！每次新加入一个元素时，处理一下，只需做 \(40\) 次判断即可（这种换角度的思想很常见）。回头来看，其实这里给出这个条件就在疯狂暗示你该这样做，所以有时面向数据范围编程是一种很好的方法。
所以用个two-pointers即可，时间复杂度：\(\mathcal {O}(\sum len_i\times 40 \times log(40)\le 4.8*10^7)\)。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <vector>
#define uint unsigned int
#define LL long long
using namespace std;
const int MAXN = 1e5 + 5, MAXM = 45;
int n, m, c[MAXN][MAXM], ans, g[MAXM], ct[MAXM];
int len[MAXN];
vector <int> v[MAXN], place[MAXN];
int Gcd(int x, int y) { return y ? Gcd(y, x % y) : x; }
// qwq
// 一遍过样例可还行
bool Check(int x, int y, int a, int b) {
return ((b - a) % Gcd(x, y)) == 0;
}
int main() {
int x, y; scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
scanf("%d", &len[i]);
for(int j = 1; j <= len[i]; j ++) scanf("%d", &y), v[y].push_back(i), place[y].push_back(j);
}
for(int i = 1; i <= m; i ++) {
memset(ct, 0, sizeof(ct));
int l = 0, r = 0; ans = 0;
for(; r < v[i].size(); r ++) {
if(r && v[i][r] > v[i][r - 1] + 1) l = r, memset(ct, 0, sizeof(ct));
for(int j = 1; j <= 40; j ++) {
if(ct[j] && !Check(j, len[v[i][r]], place[i][g[j]], place[i][r])) {
while(ct[j]) ct[len[v[i][l ++]]] --;
}
}
ans = max(ans, r - l + 1); ct[len[v[i][r]]] ++; g[len[v[i][r]]] = r;
}
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}