今天下午打了一下，总之就是非常难。
带猜的写出A，摸了两个小时写出J。
然后就，，，该补题了。打怪兽也可以写，但是我没开,开别的去了。
以上，开始补题。
A Adrien and Austin
写了几组数据试了一下，发现毫无进展。
唯一有用的地方就是，取中间更好，而且感觉adrien这个人输不了。
猜他不会输，特判n==0和k==1的情况。
蒙过了。
正解的思路大概是这样：
当k不等于1，那么我adrien每次取中间的段落，使之划分为等长的两段。
austin每次在一段干什么，我就在另一段干相同的事情。
然后austin最后一步取完了，我adrien也最后一步取完了。
然后austin就输了。
int n,k; int main(){ scanf("%d%d",&n,&k); if(n==0){ printf("Austin "); } else if(k==1){ if(n&1){ printf("Adrien "); } else{ printf("Austin "); } } else{ printf("Adrien "); } return 0; }
I Magic Potion
题目是这样的，n个奥特曼，m只怪兽，k瓶药。
一般一个奥特曼一次只能干一只怪兽。但是磕了药的奥特曼能一次干两只。（体力增加了++!)
问奥特曼最多能干几只怪兽。
看起来就很像是网络流。
第一种想法，能干掉的奥特曼--怪兽建边。
力量源泉（源点）连奥特曼，边的限制为1，让每一个奥特曼都只能干一只怪兽，统计人员（汇点）连怪兽。
药水呢？药水相当于是另外一个力量源泉（源点），所以源点连药水，边的限制为k，药水连每个奥特曼。
第二种想法，假如没有药水了被ban了
那么，我按上面的方式建一个图，跑出来得到每个奥特曼只能干一只怪兽的最大数量。记作a
再建一个每个奥特曼有能力干两只怪兽的最大数量。记作b
如果a+k>=b，说明此时怪兽不够奥特曼们干的，那么最大数量就是b(相当于有些奥特曼只吃药，不干活）
如果a+k<b，说明怪兽太多了，即使一部分奥特曼磕了药也干不完，那么最大数量就是a+k
//为了排版就不放dinic的部分了
int main(){ scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k); for(int i=1;i<=n;++i){ scanf("%lld",&mm); for(int j=1;j<=mm;++j){ scanf("%lld",&y); add(i,y+n,1);add(y+n,i,0); } } s=n+m+1;t=n+m+2,zz=n+m+3; for(int i=1;i<=n;++i){ add(i,s,0); add(s,i,1); add(zz,i,1); add(i,zz,0); } for(int i=1;i<=m;++i){ add(i+n,t,1); add(t,i+n,0); } add(s,zz,k); dinic(); printf("%lld ",maxflow); return 0; }
J. Prime Game
很难想象我还是摸出来了
话说因为分解质因数没写好，T了好久，人好菜啊，还是找了一下模板才知道怎么改的
题意：对于每一个子区间，求他子区间乘积的素因数的个数，然后所有子区间相加。
也就是说，比如一个ai是6，那么经过他的子区间的乘积，一定能拆出2和3。
那么这个ai他对所有经过他的子区间都共贡献了一个2，一个3。
然后我们计算每个点的素因数的对子区间的贡献就好啦！
看起来很简单，但是贡献不能被重复计算。
如果一个区间中的素因数的已经有2了，那么区间扩大一点，再进来一个2也不会发生改变。
比如a2的素因子2，而且他前面没有素因数2
那么他能贡献的区间有[1,2]，[1,3]，……，[1,10]and[2,2]，[2,3]，……，[2,10]（假设有n==10）
对这些区间我们看一看，发现区间的个数就是左右端点的数量相乘。
此时假设下一个素因数2，出现在了a5，
那么他能贡献的区间有[1,5]，[1,6]，……，[1,10]
and[2,5]，[2,6]，……，[2,10]
and[3,5]，[3,6]，……，[3,10]
and[4,5]，[4,6]，……，[4,10]
and[5,5]，[5,6]，……，[5,10]（假设有n==10）
我们发现了一些问题，[1,5]，[1,6]，……，[1,10]已经计算了素因数2的贡献了，
再看一下，[2,5]，[2,6]，……，[2,10]也计算过了。
右移左端点，[3,5]，[3,6]，……，[3,10]开始就没有重复计算了。
也就是说左端点的数量等于（i当前2的位置，j上一个2的位置）（i-j）
右端点的数量等于（n-i+1）（一路往右取，会影响之后吗？会，但是我们删去重复是在之后对左操作，往右就是该取满的）
const ll N=1e6+7; int n,a[N],idx,tmp;//记录素数数组用到哪里 vector<ll> q[N];//素数数组 bool isPrime[N]; int Prime[N],cnt=0; void GetPrime(int n){ memset(isPrime, 1, sizeof(isPrime)); isPrime[1] = 0; for(int i = 2; i <= n; i++){ if(isPrime[i]) Prime[++cnt] = i; for(int j = 1; j <= cnt && i*Prime[j] <= n/*不超上限*/; j++) { isPrime[i*Prime[j]] = 0; if(i % Prime[j] == 0) break; } } } int main(){ scanf("%d",&n); GetPrime(N); for(int i=0;i<N;++i){ q[i].push_back(0); } for(int i=1;i<=n;++i){ scanf("%d",&a[i]); } for(int i=1;i<=n;++i){//分解 tmp=a[i]; //cout<<"tmp=="<<tmp<<" "; if(isPrime[tmp]){ //cout<<"tmp"<<tmp<<" "; q[tmp].push_back(i);//记录位置 } else{ for(int j=1;Prime[j]*Prime[j]<=a[i]&&j<=cnt;++j){ if(tmp%Prime[j]==0){ q[Prime[j]].push_back(i);//记录位置 while(tmp%Prime[j]==0) tmp/=Prime[j]; } } if(tmp>1) q[tmp].push_back(i); } } ll ans=0;int siz; for(int i=1;i<=cnt;++i){//计算 siz=q[Prime[i]].size(); for(int j=1;j<siz;++j){ ans=ans+1ll*(q[Prime[i]][j]-q[Prime[i]][j-1])*(n-q[Prime[i]][j]+1); } } cout<<ans<<" "; return 0; }