没有题解，所以来写一篇。
Description
构造一个 \(N\times N\) 的矩阵 \(A\)，其中 \(A_{i,j}\in {0,1,2}\)，要求同时满足 \(Q\) 条限制。
每条限制形如：给定 \(a,b,c,d,e\)，要求 \(A\) 满足 \(\prod\limits_{i=a}^b\prod\limits_{j=c}^d A_{i,j} \equiv e\pmod 3\)。
Solution
为贴合原题，设 \((a,b,c,d)\) 表示左上角为 \((a,c)\)，右下角为 \((b,d)\) 的矩形。
根据连乘的性质，若 \(e_i\) 不为 \(0\)，则 \((a_i,b_i,c_i,d_i)\) 中任意 \(A_{i,j}\) 不能为 \(0\)。
而对于 \(e_i=0\)，要求 \((a,b,c,d)\) 中至少一个是 \(0\)。那么对于不被 \(e_i\in\{1,2\}\) 限制的点，显然强制它们都为 \(0\) 一定不劣。如果这种方式依然不能满足所有 \(e_i=0\) 的限制，则无解。
现在我们已经确定哪些位置为 \(0\)，只需要考虑不为 \(0\) 的位置与 \(e_i\in\{1,2\}\) 的限制。而 \(A_{i,j}=1\) 对矩阵积同样没有影响，矩阵积模 \(3\) 的值只与 \(A_{i,j}=2\) 的数量有关。
简单找规律（？）可以发现，\(2\) 的奇数次幂 \(\bmod 3\) 的值为 \(2\)，偶数次幂 \(\bmod 3\) 的值为 \(1\)。
考虑把每个 \(A_{i,j}\) 设为未知数解方程。
令 \(x_{i,j}\) 的值 \(0,1\) 对应 \(A_{i,j}\) 的 \({1,2}\)，那么会得到 \(Q\) 组方程，形如：
未知数个数为 \(n^2\)，直接高斯消元复杂度不能接受。
重定义 \(x_{a,b}=\sum\limits_{i=1}^a\sum\limits_{j=1}^b A_{i,j} \pmod 2\)，则每个方程可以写成：
这样每次询问最多会产生 \(4\) 个未知数，未知数个数降为 \(4Q\)。
发现系数只有 \(0,1\)，使用 bitset 优化，复杂度降为 \(O(\frac{Q^3}{w})\)，可以通过。
Code
通过研读部分提交记录才得以大致理解做法，代码可能有参考。
#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
using namespace std;
il int read()
{
int xr=0,F=1; char cr;
while(cr=getchar(),cr<'0'||cr>'9') if(cr=='-') F=-1;
while(cr>='0'&&cr<='9')
xr=(xr<<3)+(xr<<1)+(cr^48),cr=getchar();
return xr*F;
}
const int N=2005;
int n,q;
struct node{
int a,b,c,d,e;
};
vector<node> t;
bitset<(N<<2)> now,a[N<<2];
int id[N][N],s[N][N],tot;
il void add(int x,int y)
{
if(!x||!y) return;
if(!id[x][y]) id[x][y]=++tot;
now[id[x][y]]=1;
}
bool flag;
il void ins()
{
for(int i=1;i<=tot;i++)
{
if(!now[i]) continue;
if(!a[i][i]) {a[i]=now;return;}
now^=a[i];
}
if(now[0]) {printf("No\n");flag=1;}
}
int ans[N][N];
int main()
{
n=read(),q=read();
for(int i=1;i<=q;i++)
{
int a=read(),b=read(),c=read(),d=read(),e=read();
if(!e) t.push_back({a,b,c,d,e});
else
{
s[a][c]++,s[b+1][d+1]++,s[b+1][c]--,s[a][d+1]--;
now.reset();
add(a-1,c-1),add(b,d),add(a-1,d),add(b,c-1);
if(e==2) now[0]=1; ins();
if(flag) return 0;
}
}
//for(int i=1;i<=tot;i++,cout<<endl) for(int j=1;j<=n+1;j++) cout<<a[i][j]<<" ";
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
s[i][j]=s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1]+s[i][j];
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) s[i][j]=!s[i][j];
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) s[i][j]=s[i][j-1]+s[i-1][j]-s[i-1][j-1]+s[i][j];
for(auto u:t)
if(s[u.b][u.d]-s[u.b][u.c-1]-s[u.a-1][u.d]+s[u.a-1][u.c-1]==0) {printf("No\n");return 0;}
now.reset();
for(int i=tot;i;i--)
{
if(!a[i][i]) continue;
now[i]=((now&a[i]).count()&1)^(a[i][0]);
}
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) if(id[i][j]) ans[i][j]=now[id[i][j]];
for(int i=n;i;i--) for(int j=n;j;j--)
ans[i][j]=ans[i][j]^ans[i-1][j]^ans[i][j-1]^ans[i-1][j-1];
printf("Yes\n");
for(int i=1;i<=n;i++,printf("\n"))
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(s[i][j]-s[i-1][j]-s[i][j-1]+s[i-1][j-1]) printf("0 ");
else if(ans[i][j]) printf("2 ");
else printf("1 ");
}
return 0;
}