赤に \(0\) 、緑に \(1\) 、青に \(2\) の値を割り当てます（以下、色をこの \(3\) つの値で表します）。ある日に取れる花について、花を余すことなく適切な花束が作れることは、その日に取れる花の個数が \(3\) の倍数かつ、すべての花に割り当てた値の合計が \(3\) の倍数になることと同値です。

ここで、それぞれの木について、\(K\) 日間の花の色を \(\mathbb{F}_3\) 上の \(K\) 次元ベクトルとして考え、さらに \(K+1\) 次元目として \(1\) を追加します。すると、今後 \(K\) 日間、毎日花が余らないようにできる条件は、それぞれの木を表す \(K+1\) 次元ベクトルの和が \(\bm{0}\) になることと言い換えることができます。また、木を切ることは、ベクトルを \(1\) つ削除する操作、促進剤をかけることは、ベクトルを \(2\) つに増やす操作と言い換えられるので、以下の問題が解ければ良いことになります。

• \(\mathbb{F}_3\) 上の \(K+1\) 次元ベクトル \(\bm{v}_1, \bm{v}_2, \dots, \bm{v}_N\) がある。これらに適切に係数を割り振り、その和を \(\bm{0}\) にするような方法を考える。係数が \(0\) または \(2\) であるベクトルの番号の最大値を最小化せよ。（すべての係数が \(1\) の場合は、ベクトルの番号の最大値は \(0\) とみなす。）

これは、最初にすべての係数から \(1\) を引いておくことにすると、 \(\bm{u}:=-\sum_i \bm{v}_i\) を用いて次のように言い換えられます。

• \(\mathbb{F}_3\) 上の \(K+1\) 次元ベクトル \(\bm{v}_1, \bm{v}_2, \dots, \bm{v}_N\) がある。これらに適切に係数を割り振り、その和を \(\bm{u}\) にするような方法を考える。係数が \(1\) または \(2\) であるベクトルの番号の最大値を最小化せよ。（ \(\bm{u}=\bm{0}\) なら \(0\) を出力。）

これは、\(\{\bm{v}_1,\dots,\bm{v}_i\}\) が \(\bm{u}\) を生成するような \(i\) の最小値です。よって、木を番号 \(i\) が小さい方から順番に見て、\(\{\bm{v}_1,\dots,\bm{v}_i\}\) の基底のみを記録しながら、それが \(\bm{u}\) を生成するかを判定するという解法が考えられます。

この解法の計算回数を調べます。掃き出し法を行うことにすると、各 \(i\) における計算回数は、その時点での \(\bm{v}_1,\dots,\bm{v}_{i-1}\) の基底の個数を \(x\) として、 \((x+1)K\) 回程度です。\(i\) への操作の直前には、基底の個数が \(\min(i-1,K)\) 個以下となるので、\(N \leq K\) の時は \(\sum_{i=1}^N iK=O(N^2K)\) 程度の計算回数となります。また、\(N \geq K\) の時は、基底の個数が常に \(K\) 以下となることから、\(\sum_{i=1}^N K^2=O(NK^2)\) 程度の計算回数となります。以上より、時間計算量は \(O(NK\min(N,K))\) であり、\(NK\) が一定の下では \(O(NK\sqrt{NK})\) となるので、制約の下で十分高速にこの問題を解くことができます。