前言

比较水的远古比赛
104A、103A、103B是水题
103C是兼有细节处理和思维含量
103D是小清新简单分块题
103E是神仙网络流（强烈推荐）

CF104A Blackjack

$\text{Description}$

Blackjack 是一个扑克牌游戏。

Blackjack 使用除了两张王以外的全部 52 张卡牌，也就是 $2,3,4,5,6,7,8,9,10,J,Q,K,A$。其中规定 $2,3,4,5,6,7,8,9,10$ 的点数为 $2,3,4,5,6,7,8,9,10$，$J,Q,K$ 的点数均为 $10$，$A$ 的点数同时为 $1$ 或 $11$，这取决于玩家的意愿。虽然扑克牌有花色，但是一张卡牌的点数与其花色无关。这个游戏的规则很简单：拿两张牌，如果这两张牌的点数之和等于 $n$，玩家就赢了，否则玩家就输了。

现在玩家已经拿了一张黑桃 $Q$，求在其他牌中再抽一张，能使玩家赢得游戏的方案数。

$\text{Solution}$

垃圾水题。
分情况特判一下即可。

$\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=2e5+100;
#define ll long long
#define ui unsigned int
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)) {x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}int n,k,m;signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endif//debug("sdsa");n=read()-10;if(n<=0) printf("0");else if(n<=9) printf("4");else if(n==10) printf("15");else if(n==11) printf("4");else printf("0");return 0;
}
/*
*/

CF103A Testing Pants for Sadness

$\text{Description}$

有个人要做 $n$ 道选择题，必须按 $1\sim n$ 的顺序答题，第 $i$ 题有 $a_i$ 个选项。不幸的是，这些题这个人一道也不会，只能猜选项，但是他的记忆非常好，可以记住所有题曾经的正确选项。当他做错一道题时，他就必须从 $1$ 重新开始选，假设题目的正确选项不会变，在最坏的情况下，若要做对所有题，他一共选了多少次选项？

$1\le n\le 100,1\le a_i\le 10^9$

$\text{Solution}$

个人心中签到题的榜样。
没码量，又有一点点思维。
对于第 $i$ 关单独考虑考虑。
首先，每个错误选项都会且只会选一次，也就是 $1\times (a_i-1)$。
对于正确选项，它会被选做到这一关的次数，换句话说就是之后答错的次数 $+1$，也就是 ${\sum }_{j=i+1}^n(a_j-1)+1$
全加起来即可，后缀和优化一下，时间复杂度 $O(n)$。

$\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=2e5+100;
#define ll long long
#define ui unsigned int
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)) {x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}int n,k,m;
ll a[N],suf[N],ans;
signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifn=read();for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();suf[n+1]=1;for(int i=n;i>=1;i--) suf[i]=suf[i+1]+a[i]-1;for(int i=1;i<=n;i++) ans+=a[i]-1+suf[i+1];printf("%lld\n",ans);return 0;
}
/*
*/

CF103B Cthulhu

$\text{Description}$

给出一个图，判断它是不是一个环的大小不小于 $3$ 的奇环树。

$\text{Solution}$

这题的唯一难度可能仅在于耐着性子把英语题面看完…
看懂题面后就几乎没有难度了。
dfs 一遍即可。
别忘了判连通性。
（后来看题解才想起来本题根本就没有重边，所以根本不需要 dfs，并查集判一下连通性就可以了。）

$\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=2e5+100;
#define ll long long
#define ui unsigned int
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}  while (isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}    return x*f;
}int n,m;
int flag;
int vis[N];
vector<int>v[N];
void dfs(int x,int fa){vis[x]=1;for(int to:v[x]){if(to==fa) continue;if(vis[to]) flag=1;else dfs(to,x);}return;
}
signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifn=read();m=read();if(m!=n){printf("NO");return 0;}for(int i=1;i<=m;i++){int x=read(),y=read();v[x].push_back(y);v[y].push_back(x);}dfs(1,0);if(!flag) printf("NO");else{for(int i=1;i<=n;i++){if(!vis[i]){printf("NO");return 0;}}printf("FHTAGN!");}return 0;
}
/*
*/

CF103C Russian Roulette

$\text{Description}$

两个傻瓜玩俄罗斯轮盘（轮流开枪，直到一方死亡），$n$ 个位置里有 $k$ 个子弹，请你填装这 $k$ 个子弹，使先开枪者死亡的概率最小，在满足该条件的情况下最小化方案的字典序（空弹夹字典序更小）。
每次询问位置 $x$ 是否装有子弹。
$k\le n\le 10^{18}$

$\text{Solution}$

有点小细节的一道题。
（样例真心良心）
有子弹的地方先手必然死，所以我们就是让空弹夹先手死的尽可能少就行了。

通过观察样例二可以发现，从后往前，隔一个放一颗子弹是一种很好的方案。
但是观察样例三可以发现，在刚才那种构造的基础上，有的时候可以把一枚最前面的子弹挪到后面挨着放，死亡概率不变，但字典序更小。
具体的，这种情况是在前面空出的连续空白段长度为偶数时成立，这时候前面去掉一个必胜位置的数量不变。

还有一些其它边边角角的情况，在 $2k\ge n$ 时，后面挨着放前面隔着放即可；还要注意 $n=1$ 的时候不能“把最前面的一个挪到后面挨着放”（因为一共就只有一个）

$\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=2e5+100;
#define ll long long
#define ui unsigned int
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}  while (isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}    return x*f;
}ll n,k,m;
int op;
signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifn=read();k=read();m=read();ll pl(0);if(k*2>=n){op=1;pl=2*(n-k);}else if((n-2*k)%2==0||k<=1){op=2;pl=n-2*k;}else{op=3;pl=2*k-2;}for(int i=1;i<=m;i++){ll x=read();if(op==1){if(x>pl||(x&1)==0) printf("X");else printf(".");}else if(op==2){if(x<=pl||((x-pl)&1)) printf(".");else printf("X");}else{x=n-x+1;if(x<=2||(x<=pl&&x%2==0)) printf("X");else printf(".");}}return 0;
}
/*
*/

CF103D Time to Raid Cowavans

$\text{Description}$

一个序列 $a$ ，$m$ 次询问，每次询问给出 $t,k$。求 $a_t+a_{t+k}+a_{t+2k}+\cdots +a_{t+pk}$ 其中 $t+pk\le n$ 且 $t+(p+1)k>n$。

$n,m\le 300000,a_i\le 10^9$

$\text{Solution}$

似乎题解有对前缀和进行分块优化空间从而在线的神仙做法？
但是这题离线就挺香的了
不难想到根号分治，对于 $k>\sqrt{n}$ 的询问，直接暴力即可。
对于 $k\le \sqrt{n}$ 的询问，离线下来对于 $\sqrt{n}$ 个可能的 $k$ 分别处理前缀和就可以 $O(1)$ 回答所有询问。
时间复杂度 $O(n\sqrt{n})$，空间复杂度 $O(n)$。

$\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=3e5+100;
#define ll long long
#define ui unsigned int
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}  while (isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}    return x*f;
}int n,m;ll sum[N],a[N];
struct query{int st,d,id;bool operator < (const query o)const{return d<o.d;}
}q[N];
int tot;
ll ans[N];
signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifn=read();int w=sqrt(n);for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();m=read();for(int i=1;i<=m;i++){int aa=read(),b=read();if(b>w){ll res(0);for(int j=aa;j<=n;j+=b) res+=a[j];ans[i]=res;}else q[++tot]=(query){aa,b,i};}sort(q+1,q+1+tot);int now(0);for(int i=1;i<=tot;i++){if(now!=q[i].d){now=q[i].d;for(int j=1;j<=n;j++){sum[j]=a[j];if(j>now) sum[j]+=sum[j-now];}      }int id=q[i].id,st=q[i].st,d=q[i].d,ed=st+(n-st)/d*d;ans[id]=sum[ed];if(st>now) ans[id]-=sum[st-now];}for(int i=1;i<=m;i++) printf("%lld\n",ans[i]);return 0;
}
/*
*/

CF103E Buying Sets

$\text{Description}$

有一个大小为 $n$ 的全集，每个元素是一个数，有 $n$ 个子集。题目保证任意 $k$ 个子集的并的大小 $⩾k$ 。

每个子集有一个可正可负的权值，你需要选出一些子集使得这些子集并的大小等于子集个数，且所选子集的权值和最小。可以为空集。
$n\le 300$

$\text{Solution}$

一道网络流比较神的题。
首先可以补集转化，选的权值最小，转化为不选的权值最大。
然后由于这种题大多数都是转成最小割，所以把所有权值取反。

然后就是关键的建图：
原点向所有集合连容量等于集合权值 $INF$ 的边，集合向包含的数字连 $INF$ 的边，数字向汇点连 $INF$ 的边。
显然，断数字和集合之间的边是不优的；而其中集合断边相当于不选，数字断边相当于选。
这样，考虑任意一种割的方案，都说明选择了所有的集合和他们的数字的并集。

但是怎么保证数字数量等于集合数量呢？
假设左边断了 $x$ 条边，剩的 $n-x$ 个集合必然连向不少于 $n-x$ 个数，所以右边断边不少于 $n-x$ 条，总断边数不少于 $n$ 条。
同时，只断 $n$ 条的方案显然存在（只砍一边就行），又由于每条边的权值加上了 $INF$，所以显然最终的答案就会断 $n$ 条。
回到刚才断边的定义，就是：未选集合+选取元素=n，也就是选取集合数等于选取元素数。
得证。

$\text{Description}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=3e5+100;
#define ll long long
#define ui unsigned int
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}  while (isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}    return x*f;
}int n,m;#define inf 1000000000ll
struct node{int to,nxt,cap;
}p[N];
int fi[N],cur[N],cnt;
inline void addline(int x,int y,int w){p[++cnt]=(node){y,fi[x],w};fi[x]=cnt;p[++cnt]=(node){x,fi[y],0};fi[y]=cnt;return;
}
int s,t;
int bel[N],q[N],st,ed;
bool bfs(){q[st=ed=1]=s;memset(bel,0,sizeof(bel));bel[s]=1;while(st<=ed){int now=q[st++];for(int i=cur[now]=fi[now];~i;i=p[i].nxt){int to=p[i].to;if(!p[i].cap||bel[to]) continue;bel[to]=bel[now]+1;q[++ed]=to;}}return bel[t]?1:0;
}
int dfs(int x,int lim){if(!lim||x==t) return lim;int res(0);for(int &i=cur[x];~i;i=p[i].nxt){int to=p[i].to;if(!p[i].cap||bel[to]!=bel[x]+1) continue;int add=dfs(to,min(lim,p[i].cap));res+=add;lim-=add;p[i].cap-=add;p[i^1].cap+=add;if(!lim) break;}if(!res) bel[x]=-1;return res;
}
ll dinic(){ll flow(0),tmp(0);while(bfs()){while((tmp=dfs(s,2e9))) flow+=tmp;}return flow;
}signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifmemset(fi,-1,sizeof(fi));cnt=-1;n=read();ll sum(0);s=2*n+1;t=s+1;for(int i=1;i<=n;i++) addline(i+n,t,inf);for(int i=1;i<=n;i++){int k=read();for(int j=1;j<=k;j++){int x=read();addline(i,x+n,inf);}}for(int i=1;i<=n;i++){int w=read();sum-=w;addline(s,i,inf-w);}printf("%lld\n",(dinic()-1ll*n*inf)-sum);return 0;
}
/*
*/