Solution
所有合法数独终盘约 \(6.67\times10^{21}\) 个。而字符串共 \(\sum_{k=1}^{15}26^k < 1.75 \times 10^{21}\) 种。合法数独的数量大于字符串数量，因此一定存在一种映射方案。
直接处理字符串并不方便，可以转换成它在所有可能字符串中字典序排名（从 \(0\) 开始），设为 \(x\)。
把每个 \(3\times 3\) 的块看作整体，预处理所有 \(9!\) 种块，从上到下从左往右逐块确定，就能先解决块内不重复的限制。设当前可以填 \(d\) 种块，则填第 \(x\bmod d\) 种，然后令 \(x\leftarrow \lfloor x/d\rfloor\)，相当于把 \(x\) 看成多进制数。但是这样限制太严，极易填到一半就填不下去了。
尝试优先填充限制最少的区域，先填数独中左上 \((0,0)\)、中间 \((1,1)\) 和右下 \((2,2)\) 这三个互相独立的块，但是上述问题仍然存在。
注意到填完对角线上三个块后：
\[x< \frac{1.75\times 10^{21}}{(9!)^3}<37000 \]
而填完这三个块后一定仍有大量解。对于剩下的空格，我们已经能够直接爆搜出第 \(x\) 个解。可以在时限内通过。
由于解密是加密的严格逆过程，上述加密过程直接倒过来即可。
Code
cpp
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i(a);i<b;++i)
#define per(i,a,b) for(int i(a);i>b;--i)
#define rept(i,a,b) for(int i(a);i<=b;++i)
#define pert(i,a,b) for(int i(a);i>=b;--i)
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define me(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
using namespace std;
constexpr int N=16,F=362880;
int n,cnt;
bool suc;
string s;
pair<int,int> ord[54];
__int128 x,pw[N],sm[N];
char p[3][3][F],t[9][9],a[9][9];
int f1[9],f2[9],f3[3][3];
void init(){
char t[9];
int k=0;
iota(t,t+9,0);
do{
rep(i,0,3) rep(j,0,3) p[i][j][k]=t[i*3+j];
++k;
}while(next_permutation(t,t+9));
pw[0]=1;
rept(i,1,15){
pw[i]=pw[i-1]*26;
sm[i]=sm[i-1]+pw[i];
}
k=0;
rep(i,0,9) rep(j,0,9) if(i/3^j/3) ord[k++]={i,j};
}
void reset(){
n=cnt=suc=x=0;
s.clear();
me(f1,0),me(f2,0),me(f3,0),me(t,0);
}
void dfs(int id,bool tp){
if(id==54){
if(tp&&cnt==x){
suc=true;
rep(i,0,9){
rep(j,0,9) cout<<char(t[i][j]+'1');
cout<<'\n';
}
}else if(!tp&&!memcmp(a,t,sizeof(a))) return suc=true,void();
++cnt;
return;
}
int i=ord[id].fi,j=ord[id].se,bi=i/3,bj=j/3;
rep(c,0,9){
if(!(f1[i]>>c&1)&&!(f2[j]>>c&1)&&!(f3[bi][bj]>>c&1)){
f1[i]|=1<<c,f2[j]|=1<<c,f3[bi][bj]|=1<<c;
t[i][j]=c;
dfs(id+1,tp);
if(suc) return;
f1[i]^=1<<c,f2[j]^=1<<c,f3[bi][bj]^=1<<c;
}
}
}
void encode(){
reset();
cin>>n>>s;
pert(i,n-1,0) x=x*26+(s[i]-'a');
x+=sm[n-1];
rep(b,0,3){
int k=x%F;
rep(i,0,3) rep(j,0,3){
char c=p[i][j][k];
t[b*3+i][b*3+j]=c;
f1[b*3+i]|=1<<c,f2[b*3+j]|=1<<c,f3[b][b]|=1<<c;
}
x/=F;
}
dfs(0,1);
}
void decode(){
reset();
rep(i,0,9) rep(j,0,9) cin>>a[i][j],a[i][j]-='1';
__int128 d=1;
rep(b,0,3){
rep(k,0,F){
bool f=true;
rep(i,0,3) rep(j,0,3) if(p[i][j][k]^a[b*3+i][b*3+j]) f=false;
if(f){
rep(i,0,3) rep(j,0,3){
char c=p[i][j][k];
f1[b*3+i]|=1<<c,f2[b*3+j]|=1<<c,f3[b][b]|=1<<c;
}
x+=d*k;
break;
}
}
d*=F;
}
memcpy(t,a,sizeof(t));
dfs(0,0);
x+=d*cnt;
while(sm[n]<=x) ++n;
x-=sm[n-1];
s.resize(n);
rep(i,0,n) s[i]=x%26+'a',x/=26;
cout<<s<<'\n';
}
signed main(){
int op,t;
cin>>op>>t;
init();
if(op==1) while(t--) encode();
else while(t--) decode();
return 0;
}