把数写成矩阵，则问题等价于询问矩阵的秩。以每 \(2022\) 列为一组，把第二组起的每一组异或上前一组，得到每行形如
\[a_i\tt\;|\; 00\dots00111\;|\; 00\dots00001\;|\; 00\dots00011\;|\; 00\dots00001\;|\; 00\dots01111. \]先忽略第一组。每行每个组内的 \(\tt 1\) 都是连续的后缀，且一定存在唯一的 \(\tt 1\) 最多的一组。如果确定了一行这一组中最高位的 \(\tt 1\)（下文称“关键 \(\tt 1\)”），则这一行就随之确定了。按照组内的位置由高至低遍历每一位，用这一位异或其他假设此位为 \(\tt 1\) 时其他的每一个 \(\tt 1\) 位。对于每一行，在遍历到“关键 \(\tt 1\)”前，因为遍历的位为 \(\tt 0\)，所以不会影响这一行；遍历到“关键 \(\tt 1\)”时，其余 \(\tt 1\) 位会成为 \(\tt 0\)；遍历到“关键 \(\tt 1\)”后，因为遍历的位为 \(\tt 0\)，所以不会影响这一行。因此最后每行都只剩下了“关键 \(\tt 1\)”，重新加上第一组后每行形如
\[a_i\tt\;|\; 00\dots00000\;|\; 00\dots00000\;|\; 00\dots00000\;|\; 00\dots00000\;|\; 00\dots01000. \]再以“关键 \(\tt 1\)”为主元作消元即可。时间复杂度 \(O\left(n\log n+n\log a_i\right)\)。
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对于任意一人 \(a\)，构造多项式
\[\begin{gathered} A(x)=\sum_{i=0}^{k-1}a_ix^i.\\ \overline A(x)=\sum_{i=0}^{k-1}\overline{a_i}x^i.\\ \end{gathered} \]其中
\[a_i=\begin{cases} 1,&s_{a,i}=\texttt R,\\ \omega_3,&s_{a,i}=\texttt P,\\ \omega_3^2,&s_{a,i}=\texttt S. \end{cases} \]则 \(A(x)\overline B^{\operatorname R}(x)\) 的循环卷积的各项系数相同等价于 \(a,b\) 之间有边（比赛是不必要的），而这等价于 \(\operatorname{DFT}[A]\cdot\operatorname{DFT}[\overline B^{\operatorname R}]\) 除常数项外值一定是 \(0\)。
一个自然的关于对称性的猜想是：\(\operatorname{DFT}[\overline B^{\operatorname R}]_i=0\iff\operatorname{DFT}[B]_i=0\)，而实际上
\[\begin{aligned} \operatorname{DFT}[\overline B^{\operatorname R}]_i&=\sum_{j=0}^{n-1}\overline{b_{n-j-1}}\omega_n^{ij}=\omega_n^{-i}\sum_{j=0}^{n-1}\overline{b_{n-j-1}}\omega_n^{i(j+1)}=\omega_n^{-i}\sum_{j=0}^{n-1}\overline{b_{n-j-1}}\cdot\overline{\omega_n^{i(n-j-1)}}\\ &=\omega_n^{-i}\overline{\sum_{j=0}^{n-1}b_j\omega_n^{ij}}=\omega_n^{-i}\overline{\operatorname{DFT}[B]_i}. \end{aligned} \]据此容易验证猜想成立。
于是一个集合合法等价于：对于除常数项外的每一位，集合中至多有一个人对应的位不是 \(0\)。容易使用状态压缩动态规划求解。时间复杂度 \(O\left(nk^2+3^k\right)\)。