题意：求一个度序列是否可变换为一个简单图。$ ext{序列长度} leq 10000$
题目看起来很简单，但是还是有一些小细节需要注意
首先一个简单的结论：一张图的所有点的度数之和为偶数，因为每一条边都会对度数和产生$2$的贡献。通过这一个结论可以判断掉很多的非法情况。
当然如果做到这里就天真地交上去了，在若干秒之后就会给你显示一个喜庆的$WA$，因为我们还有一个很重要的因素没有考虑：图是一个简单图。简单图意味着不能有重边和自环，而上面的那个结论不足以判断图中是否必定存在重边和自环。
我们按照如下的思路考虑：因为度数比较大的点最有可能出现重边和自环，所以我们考虑这些点尽可能地向其他的点连边后会不会有度数的剩余。
将给出的序列$a$从大到小排序，设其非$0$元素长度为$p$，考虑一个长度为$i$的前缀，这$i$个点之间连边产生$i imes (i - 1)$的贡献，而这$i$个点与其余$(p-i)$个点连边又产生$i imes(p-i)$的贡献，也就是说如果$sum limits _{k=1} ^i a_k > i imes (p-1)$，则这个序列是不可图的。
然后又激动地交了上去，然后又$WA$了，然后去$Udebug$上找数据，发现了这样一组数据：
8 1 1 3 4 4 4 6 7
事实上这一组数据是非法的，因为对于$6$和$7$来说，至少要连出$11$条边，但是实际上最多只能连出$10$条边（有两个$1$），所以上面的算法有疏漏。疏漏在哪里呢？是$sum limits _{k=1} ^i a_k > i imes (p-1)$的右半边多算了（比如说上面数据在$i=2$时的两个$1$的贡献就多算了）
所以我们考虑：维护一个指针，将比当前的$i$小的数全部丢到一边，单独维护它们的和，再加上没有被丢掉的点的个数$ imes i$，与$sum limits _{k=1} ^i a_k$作比较，如果大了表示当前序列不合法。这种算法就可以$AC$这道题了。
为什么这个题目写了这么长的题解qwq
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3
4 inline int read(){
5 int a = 0;
6 char c = getchar();
7 bool f = 0;
8 while(!isdigit(c)){
9 if(c == '-')
10 f = 1;
11 c = getchar();
12 }
13 while(isdigit(c)){
14 a = (a << 3) + (a << 1) + (c ^ '0');
15 c = getchar();
16 }
17 return f ? -a : a;
18 }
19
20 int num[10010];
21
22 bool cmp(int a , int b){
23 return a > b;
24 }
25
26 int main(){
27 #ifndef ONLINE_JUDGE
28 freopen("10720.in" , "r" , stdin);
29 freopen("10720.out" , "w" , stdout);
30 #endif
31 int N;
32 while(N = read()){
33 bool f = 0;
34 for(int i = 1 ; i <= N ; ++i){
35 num[i] = read();
36 if(num[i] & 1)
37 f ^= 1;
38 }
39 sort(num + 1 , num + N + 1 , cmp);
40 int sum = 0 , p = N , lst , add = 0;
41 while(p && !num[p])
42 --p;
43 lst = p;
44 for(int i = 1 ; !f && i <= lst ; ++i){
45 sum += num[i];
46 if(sum - i * (i - 1) - i * (p - i) - add > 0)
47 f = 1;
48 while(p > i && num[p] == i)
49 add += num[p--];
50 if(p == i)
51 add -= num[++p];
52 }
53 puts(f ? "Not possible" : "Possible");
54 }
55 return 0;
56 }