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通讀題解之後決定把能看懂的題目補了（畢竟能看懂的也不多，某些演算法聽都沒聽過 QwQ）
A Maximum Subarray Sum (A)
（出題人解法沒看明白）
解法2的切入點類似之前某場div2的D題（題解傳送門），將操作過程視為選出 \(\lfloor n/k\rfloor\) 個長度為 \(k\) 的子序列，答案序列中大於 \(k\) 的部分暫時與捨棄部分等價，即最後捨棄的數字下標滿足 \(i' = i\space mod\space k\). 設 \(dp[i][x][y][p]\) 表示到 \(i\) 位置，換走 \(x\) 個數、換入 \(y\) 個數，當前選擇狀態為 \(z\)（選或不選）時的最大和，每個計入答案的數可能存在按序選入/中途換入兩種選擇方式，同理未計入答案的數也存在直接拋棄/換出兩種可能。當前數被選中時，由於子序列長度至少為 \(k\)，為避免出現間斷點，\(dp[i][x][y][1]\) 只能由 \(dp[i - k + 1][x][y][1]\)（長度為 \(k\) 的子序列）或 \(dp[i - 1][x][y][1]\)（答案序列中大於 \(k\) 的部分）轉移而來，前者需要從 \(0\) 到 \(m\) 列舉換出數字的數量，其他所有情況則可以 \(O(1)\) 轉移。利用字首和與set之類的容器處理換出後的序列最大值，整體複雜度可最佳化至 \(nm^3\) 左右。特別地，當 \(i\space mod\space k = k - 1\) 時，由於捨棄的數不可能超過 \(k - 1\) 個，該位置上的數字不能被直接拋棄，只進入 \(0\) 至 \(m\) 的迴圈、討論可能存在的換出情況。程式碼還是借鑑其他隊答案才寫明白的，所以沒放這裡了 TAT
I Fight Against the Monster (I)
題解思路是二分答案，不過不用二分也行。\(h\leq m\) 時顯然答案為 \(h\)，對於 \(h > m\) 的情況，若生產出的 \(k\) 臺新機器仍不足以將怪物殺死，可以選擇直接補充與剩餘血量相等的機器數目（\(h'\leq m - k\) 時），或補充 \(m - k\) 臺機器至恰好足以生產新機器，依此思路可 \(O(1)\) 計算答案，程式碼如下：
if(h <= m) printf("%lld\n", h);
else if(m <= k) printf("%lld\n", m);
else {
ll sum = h - m;
if(sum <= k) printf("%lld\n", m);
else {
ll cnt = sum / m, x = sum % m;
if(x >= k) printf("%lld\n", m + cnt * (m - k) + (x - k));
else printf("%lld\n", m + cnt * (m - k));
}
}
8
上週四不在家所以沒打，後來自己寫的時候各種卡題，難過）
A Haitang and Game (A)
事實上A題並不是一道博弈題，最終序列中加入的所有 \(d\) 是固定的，不存在任何可能改變勝負的博弈策略。具體而言，若序列中 \(d\)（本身不存在於序列中）的倍數有 \(a_i,a_j,...\)，且 \(gcd(a_i,a_j,...) = d\)，則 \(d\) 必然會被加入。資料範圍 \(a_i\leq 10^5\)，遍歷 \(1\) 至 \(a_{max}\)，列舉倍數判斷其是否為合法的 \(d\)，由調和級數得整體複雜度 \(nloga_{max}\).